SỞ GD – ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
TRƯỜNG THPT LÊ THẾ HIẾU MÔN TOÁN
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (6 điểm)
Câu 1 ( 3,5 điểm ) Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
– 4 có đồ thị (C).
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 2.
c/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành.
Câu 2 ( 2,5 điểm ) Tính các tích phân:
a/
1
sin(ln )
e
x
dx
x
π
∫
b/
4
2
0
cosx xdx
π
∫
II. PHẦN RIÊNG (4 điểm)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn:

5 1 3
2 3 2
x y z+ − +
= =
−
; (d
2
):
7
1
8
x t
y t
z
= − +


= − −


=

a/ Viết phương trình mặt phẳng (
α
) song song với (d
1
) và (d
2
), đồng thời tiếp xúc
với (S).

3 2
2 3
lim lim ( 1)
x
x
y x
x x
→−∞
→− ∞
= + − = −∞

3
3 2
2 3
lim lim ( 1)
x
x
y x
x x
→+∞
→+ ∞
= + − = +∞

* Bảng biến thiên (0,5 điểm)
x
−∞
– 2 0
+∞
y’ + 0 – 0 +
y 0

O
1
-1
-3
( Vẽ đúng đồ thị được 0,25 điểm )
b) Tại điểm x = 2 ta có : y = 16 (0,25 điểm)

Đề thi ( tham khảo) học kỳ II Giáo viên ra đề: Nguyễn Văn Ái
y’(2) = 24. (0,25 điểm)
Vậy phương trình tiếp tuyến là : y = 24(x – 2) + 16
Hay y = 24x – 32 (0,25 điểm)
c) Dựa vào đồ thị ta thấy diện tích hình phẳng cần tìm là :

1
2 3
2
(4 3 )S x x dx
−
= − −
∫
(0,5 điểm)

1
4
3
2
27
4
4 4
x

x e t
π
π
= ⇒ =
(0,5 điểm)
Khi đó:
1 0
0
sin cos 2I tdt t
π
π
= = − =
∫
(0,5 điểm)
b/ (1 điểm) Ta có:

4 4 4 4
2
2
0 0 0 0
1 1
I = cos = (1 cos2 ) cos2
2 2
x xdx x x dx xdx x xdx
π π π π
 
 ÷
+ = +
 ÷
 



=

ta có
1
sin 2
2
du dx
v x
=



=


(0,25 điểm)
Khi đó :

4
4 4
0 0
0
1 1 1
sin 2 sin 2 cos2
2 44
1
82 8
J x x xdx x

3 2
2
z = - 1
z + 1 = 0 (z + 1)(z - z + 1) = 0
z - z + 1 = 0 (*)

⇔ ⇔


(0,25 điểm)
Xét (*), ta có:
1 4 3 3i∆ = − = − ⇒ ∆ =
. (0,25 điểm)
Suy ra phương trình (*) có 2 nghiệm:
1,2
1 3
2
i
z
±
=
(0,25 điểm)
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là
1,2
1 3
2
i
z
±
=

y t
z t
= − +


= − +


= +

(0,25 điểm)
c/ (1 điểm) Phương trình mặt cầu có dạng:

2 2 2
2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + =
(S). (0,25 điểm)
( trong đó a, b, c, d là các số thực thỏa mãn:
2 2 2
0a b c d+ + − >
).
Vì (S) đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ phương trình:

5 2 4 0 6 8 6 44 1
49 4 12 6 0 8 2 2 14 4
19 6 6 2 0 5 1
35 2 10 6 0 5 2 4 0 9
a b d a b c a
a b c d a b c b
a b c d b c c
a b c d a b d d

(3 ) 256(3 4 ) 256 256
(3 4 ) 3 4
i
i
i i
i i
 
+
+
+ = − ⇔ = ⇔ =
 
− −
 
 
(0,25 điểm)
Mà
( )
2
3
8 6 (8 6 )(3 4 ) 50
2
3 4 3 4 25 25
i
i i i i
i
i i
+
+ + +
= = = =
− −

2
2
( 1) 6 6 0
3
x
x x x x
x
≤ −

⇔ − ≥ ⇔ − − ≥ ⇔

≥

Kết hợp với điều kiện ta suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là
3x ≥
.(0,25 điểm)
Câu 4
a/ (1,5 điểm) (S) có tâm là điểm I(2; -1; 3) và có bán kính là R = 3 (0,25 điểm)
(d
1
) có 1 vectơ chỉ phương là
1
(2; 3;2)u = −
ur
.
(d
2
) có 1 vectơ chỉ phương là
2
(1; 1;0)u = −

c
d I R c
c
α
=
− + +

= ⇔ = ⇔ + = ⇔

= −
+ +

(0,25 điểm)
Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là:
(
1
α
): 2x + 2y + z + 4 = 0 ; (
2
α
): 2x + 2y + z – 14 = 0 (0,25 điểm)
b/ (1 điểm) Gọi
∆
là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (
α
). Khi đó tiếp điểm của
(S) và (
α
) chính là giao điểm của
∆

Tham số t ứng với giao điểm của (S) và (
1
α
) là nghiệm của phương trình
2(2 + 2t) + 2(-1 + 2t) + (3 + t) + 4 = 0
⇔
9t + 9 = 0
1t⇔ = −
(0,25 điểm)
Suy ra tiếp điểm của (S) và (
1
α
) là: A(0; -3; 2).
Tương tự tiếp điểm của (S) và (
2
α
) là B(4; 1; 4) (0,25 điểm)
Ghi chú:
- Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.

Đề thi ( tham khảo) học kỳ II Giáo viên ra đề: Nguyễn Văn Ái