Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (111.12 KB, 2 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>
<b> </b> <b> MƠN TỐN - LỚP 12 </b> <b> </b>
<b>Bài 1(3.0 điểm).</b> Cho hàm số
2
x 3x 3
y
x 1
có đồ thị (C).
a. Khảo sát hàm số.
b. Tính theo k diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), đường tiệm cận xiên của (C) và hai
đường thẳng x 2;x k (k 2) <sub>. Tìm k để diện tích này bằng 2 (đvdt).</sub>
<b>Bài 2(2.0 điểm).</b> Tính các tích phân
3 2
1
2x 3x 1
I dx
x 2
1
2 8
0
J
e
x
0
K
<b>Bài 3(2.0 điểm).</b> Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng có phương trình
x 8z 23 0
(d) :
y 4z 10 0
,
x 2z 3 0
(d ') :
y 2z 2 0
a. Chứng minh (d) và (d’) chéo nhau. Tính khoảng cách giữa (d) và (d’).
b. Cho điểm M(3;2;-1). Tìm tọa độ điểm H trên đường thẳng (d’) sao cho đoạn thẳng MH có
độ dài nhỏ nhất.
<b>Bài 4(2.0 điểm). </b>Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có A(2;3;1), B(1;1;-1),
C(2;1;0), D(0;1;2).
a. Viết phương trình tham số của đường thẳng ( ) <sub>qua D và vng góc mặt phẳng (ABC).</sub>
b. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tìm tâm và bán kính của (S).
c. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm
M, N, P sao cho tứ diện OMNP có thể tích nhỏ nhất.
<b>Bài 5(1.0 điểm).</b>
a. Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức C
2
z 3 2i z 5 5i 0.
b. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z trong mặt phẳng phức thỏa mãn điều kiện
z 2 z 2i .
<b> HẾT </b>
---Họ và tên học sinh: . . . . . . Lớp: . . . . SBD: . . . Phòng: . . . .
<b>HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2006-2007 </b>
<b>MƠN TỐN - LỚP 12 – BAN KHTN (BỘ SGK1)</b>
<b>Bài 1a.(2 điểm)</b>
+ y x 2 1
x 1
. TXĐ: D R \{-1}
+
2
2
x 2x
y '
(x 1)
,
x 0
y ' 0
x 2
<sub></sub>
+ TCĐ: x1 vì <sub>x</sub>lim x 2<sub>1</sub> 1
x 1
TCX: y x 2 <sub> vì </sub>
x
lim y (x 2) 0
+ Bảng biến thiên
x -2 -1 0
y' + 0 - - 0 +
y CĐ -1
3
CT
+ Đồ thị:
x=2 x=k
I
0
<b>Bài 1b.(1 điểm)</b>
+
k k
2 2
1 dx
S x 2 (x 2) dx
x 1 x 1
<sub></sub> <sub></sub>
ln x 1k<sub>2</sub> lnk 1
(đvdt) (k 2 )
+ Để S 2 (đvdt) thì lnk 1 2 k 3e2 1
3
<b>Bài 2.(2 điểm) </b>
+
I 2x 1 dx x x 3ln x 2
x 2
<sub></sub> <sub></sub>
Tính được I 6 3ln 5
3
<sub> </sub>
+ Đặt 1- x = t,
1 1 1
28 2 8
0 0
J
9 17 25
<sub></sub> <sub></sub>
+ Đặt u cos2x<sub>x</sub>
dv e dx
, K e cos2e 1 2K ' e
Tính
e
e
0
K '
1/4
1/4
1/4
1/4
1/2
1/2
1/2
1/4
1/4
1/2
1/4
1/4
1/4
1/4
Vậy
e
e (cos2e 2sin 2e) 1
K
5
<b>Bài 3a.(1 điểm)</b>
+ (d) qua M(1;2;3) , VTCP u (8;4;1)
+ (d’) qua N(3; 2;0) <sub>, VTCP v (2; 2;1)</sub><sub></sub> <sub></sub>
+ MN[u, v] 108 0 (d), (d’) chéo nhau
+ Khoảng cách giữa (d) và (d’) bằng 3 2
<b>Bài 3b.(1 điểm)</b>
+ Viết (d ') sang dạng tham số.
+ Lấy H (d ') H(3 2t; 2 2t; t)
+<sub>MH</sub> <sub>9(t 1)</sub>2 <sub>8 2 2</sub>
. MH có độ
dài nhỏ nhất t 1 H(1;0; 1)
<b>Bài 4a.(0.5 điểm) </b>
+ VTCP của ( ) là BA, BC (2;1; 2)
uuur uuur
+ PTTS của đường thẳng
x 2t
( ) : y 1 t
z 2 2t
<sub></sub>
<b>Bài 4b.(0.75 điểm)</b>
+ Lập hệ, giải được a 1, b 2,c 1,d 1
2 2
+ Tâm I( ; 2; )1 1
2 2 và
14
R
2
<b>Bài 4c.(0.75 điểm)</b>
+ M(m;0;0), N(0;n;0), P(0;0;p); m, n, p > 0
+ (P): x y z 1
m n p . Vì A (P) và áp dụng
BĐT Cô si được: 1 2 3 1 33 6
m n p mnp
+ Hay V mnp 27
6
. Đẳng thức xảy ra khi
m 6, n 9, p 3 (P) :x y z 1
6 9 3
<b>Bài 5a.(0.5 điểm)</b>
+ Tính được 15 8i
Tìm được căn bậc hai của là (1 4i)
+ Phương trình có 2 nghiệm là:
1
2
z 1 3i
z 2 i
<b>Bài 5b.(0.5 điểm)</b>
+ Gọiz x yi , ta có z 2 z 2i
+ hay x 2 yi x (2 y)i yx
Tập hợp điểm cần tìm là đường thẳng yx
<i><b>Ghi chú : Mọi cách giải đúng đều cho</b></i>
<i><b>điểm tối đa ứng với phần đó.</b></i>