Header Page 1 of 134.

BỘ ĐỀ THI HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN
LỚP 12 NĂM 2015-2016

Footer Page 1 of 134.


Header Page 2 of 134.

1.

Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 12 năm 2015-2016 –
Trường THPT Yên Lạc 2

2.

Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 12 năm 2015-2016 Trường THPT Đa Phúc

3.

Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 12 năm 2015-2016 –
Trường THPT Nguyễn Văn Linh

4.

Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 12 năm 2015-2016 – Sở
GD&ĐT TP Cần Thơ

5.



1
log 3 ( x  3)  log 27 ( x  1) 3  log 3 (3 x  7) .
2

Câu 3: (2,0 điểm)
a) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo bởi phép quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi
các đường y  x 2  2 x , y  0 , x  0 và x  1 .
1

b) Tính tích phân : I   x (1  e x )dx .
0

Câu 4: (1,0 điểm) Tính môđun của số phức w  z  i z , biết z  (1  2i) 2 .
Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều.
Gọi I , F lần lượt là trung điểm của AB và AD , đường thẳng SI vuông góc với đáy ( ABCD) .
Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SFC ) .
Câu 6: (1,5 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  có phương trình:
x 1
z 3
 y2
và mặt phẳng ( ) có phương trình: x  2 y  2 z  4  0 .
3
1

a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng  với mặt phẳng ( ) .
b) Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm D(3; 2; 1) và bán kính là 5. Chứng minh mặt cầu (S )
giao với mặt phẳng ( ) bởi một đường tròn, tìm bán kính của đường tròn giao đó.
Câu 7: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
( x 2  1  4 x 2 y  2)( 9 y 2  1  1)  27 x 2 y 3


Nội dung trình bày

Điểm

1

a



TXĐ: D  R \ 2



Sự biến thiên

0,25

- Chiều biến thiên: y '  

5
 0, x  D
( x  2) 2

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;2) và (2;)
0,25
- Hàm số đã cho không có cực trị.
- Tiệm cận lim y  lim y  2 nên tiệm cận ngang là: y  2
x  


0,25


Header Page 5 of 134.
2



Đồ thị
1
1
- Đồ thị cắt trục Ox tại A( ;0) cắt trục Oy tại B(0; ) , nhận I (2;2) là tâm
2
2

đối xứng.

6

0,5
4

2

-10

-5

5

log 3 ( x  3)  log 3 ( x  1)  log 3 (3 x  7)

0,25

 ( x  3)( x  1)  3x  7
0,25

 x 2  5x  4  0
x  1

x  4
Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm là: x  4

Footer Page 5 of 134.

0,25


Header Page 6 of 134.
3

a

1

Thể tích cần tìm là V    ( x 2  2 x) 2 dx

0,25

0


1

1

I   x(1  e x )dx   xdx   xe x dx 
0

0

0

1
1
x2 1
1
  xe x dx    xe x dx
2 0 0
2 0

0,25

1

u  x  du  dx
Tính I 1   xe x dx đặt 
x
x
dv  e dx  v  e
0

1
3
 I1  .
2
2

0,25

Ta có z  (1  2i) 2  1  4i  4i 2  4i  3

0,25

 z  3  4i

0,25

 w  4i  3  i (3  4i )  4i  3  3i  4i 2  7i  7

0,25

Vậy mô đun của w là: w  49  49  7 2

0,25


Header Page 7 of 134.

S
5


6

Gọi K  FC  ID
+ Kẻ IH  SK ( H  SK ) (1)
+ Vì SI  ( ABCD)  SI  FC (*)
+ Mặt khác, Xét hai tam giác vuông AID và DFC có:




AI  DF , AD  DC . Suy ra, AID  DFC  AID  DFC






0,25



mà AID  ADI  90 0  DFC  ADI  90 0 hay FC  ID(**)
+ Từ (*) và (**) ta có: FC  ( SID)  IH  FC (2). Từ (1) và (2) suy
ra: IH  (SFC ) hay khoảng cách d ( I , (SFC ))  IH
Ta có:
0,25

Footer Page 7 of 134.



.
 2 
 2  IH 
2
2
8
IH
SI
IK
9a

Vậy d ( I , ( SFC )) 
6

a

3a 2
(đvđd)
8

Gọi M là giao của  và mp( ) , vì M   nên ta có
0,25

M (3t  1; t  2;t  3)
Vì M  ( ) nên ta có phương trình

0,25
3t  1  2t  4  2t  6  4  0  7t  7  t  1

Vậy giao điểm của  và mặt phẳng ( ) là M (2;1;2)

7

( x 2  1  4 x 2 y  2)( 9 y 2  1  1)  27 x 2 y 3 1
 2
2 x y  x  2  02 

+) Với y  0 ta có VT(1)  0 và VP(1)  0 nên không thỏa mãn hệ phương
trình
+) Với y  0 thì từ (2)  x  2 x 2 y  2  2  x  2

Footer Page 8 of 134.

0,25


Header Page 9 of 134.
Từ (1) 

x 2  1  4 x 2 y  2  3x 2 y ( 9 y 2  1  1)

 x 2  1  2  3 x 2 y 9 y 2  1  x 2 y 3
Rút từ (2) ra 2  x  2 x 2 y thay vào phương trình (3) ta được:
x 2  1  x  2 x 2 y  3x 2 y 9 y 2  1  x 2 y


x 2  1  x  3x 2 y 9 y 2  1  3x 2 y

0,25

Với x  2 chia cả hai vế cho x 2 ta được:

1
thỏa mãn hệ phương trình.
18

Vậy hệ phương trình có nghiêm là: ( x; y )  (6;

--------------Hết--------------

Footer Page 9 of 134.

1
)
18

0,25


Header Page 10 of 134.
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC: 2015 -2016
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
MÔN: TOÁN - LỚP 12
Thời gian: 90 phút
Bài 1: (2,5 điểm). Cho hàm số y 

x2
(C)Error! Reference source not found.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) và trục hoành.

b) Viết phương trình mặt phẳng chứa (d) và vuông góc với (P).
c) Viết phương trình mặt cầu tâm I(–1;4;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
d) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A(1;9;4) và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại M, N, P sao cho: OM
+ ON + OP đạt giá trị nhỏ nhất.
……………. Hết ……………..

Footer Page 10 of 134.


Header Page 11 of 134.

Câu

Điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM

1a

• D = R\{-1}

0,25

(1,5)

• SBT + CBT. Error! Reference source not found.
+ hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;-1) và (-1;+∞)

0,25



+∞

||

1

+∞
0,25

+
1

–∞

• Đồ thị: giao Ox: (2;0)
Giao Oy: (0;-2)
(C) nhận I(-1;1) làm tâm đối xứng

0,5

Footer Page 11 of 134.
1b

(C) Error! Reference source not found. Ox = {A(2;0)}

0,25


Header Page 12 of 134.

3a

(3 + i)z – 2 = 0  z = Error! Reference source not found.

0,25

(0,75)

tính được z = Error! Reference source not found.i

0,25

Kết luận

0,25

3b
(0,75)

0,25
+ phương trình có Δ = – 11
Phương trình có 2 nghiệm phức là Error! Reference source not found.

0,25

Kết luận

0,25

Footer Page 12 of 134.


0,25
0,25

Tìm được t = –1, suy ra tọa độ điểm M(- 3; 0; -1)

0,5

Kết luận: (d) cắt (P) tại M(–3;0; –1)

0,25

5b

Lập luận suy ra một VTPT của mp (α) là Error! Reference source not found.

0,5

(0,75)

Viết được pt (α): 2x + 5y – 3z +3 = 0

0,25

5c

Khẳng định và tính được R = Error! Reference source not found.

0,25


c=12
Min(OM + ON + OP) = 36 khi a=6; b=18; c=12
Vậy pt (α) là Error! Reference source not found.hay 6x + 2y + 3z – 36 = 0

Footer Page 14 of 134.

0,25


Header Page 15 of 134.

SỞ GD&ĐT PHÚ YÊN

KIỂM TRA HỌC KỲ 2 NĂM HỌC 2015 - 2016

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN LINH

MÔN: TOÁN – KHỐI 12
Thời gian làm bài: 90 phút;
(Không kể thời gian giao đề)

Đề 1.
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y 

2 x 1
, có đồ thị là (C).
2 x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
b) Tìm giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng d: y  x  2


x
dx .
(1  2 x 2 )3
3

Câu 8. (1 điểm) Giải bất phương trình: 8 x  2 x  ( x  3) x  2.
----- Hết -----

Footer Page 15 of 134.


Header Page 16 of 134.

Đề 2
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y 

2x
, có đồ thị là (C)
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
b) Tìm giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng d: y  x  2 .
2

Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình trên tập số phức: z  6 z  90  0 .
2

2


(1  3 x 2 )3
3

Câu 8. (1 điểm) Giải bất phương trình: 8 x  2 x  ( x  2) x  1.
----- Hết ----

Footer Page 16 of 134.


Header Page 17 of 134.
HƯƠNG DẪN CHẤM THI HỌC KỲ II MÔN TOÁN 12
NĂM HỌC 2015 - 2016
Đề 1
Câu

Ý

Nội dung

Điểm

Cho hàm số y 

2 x 1
, có đồ thị là (C)
2 x 1
2đ

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
b) Tìm giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng d: y  x  2


lim y   , lim y   ,  đồ thị hàm số có TCĐ: x 



x

1
2

x

1
2

1
2

* Bảng biến thiên:
x

-

+

y’

-

-


x  1
1 2 x 1
2
 x  2  2x  x 3  0  
ĐK: x  ,
3
x  
2 2 x 1

2

0,5

* x 1  y  3
* x

3
1
 y
2
2

0,5

3 1
)
2 2

Vậy giao điểm là: A (1; 3), B ( ;

(1đ)

Hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên  1; 2

x 1
f ( x )  3 x 2  12 x  15, f '( x )  0  
 x  5 (loai)
Footer Page 18 of 134.

1đ

0.5


Header Page 19 of 134.

 f ( 1)  21,

f (1)   7,

Vậy Max  f ( x )   21,
 1; 2

f (2)  3
0.5

Min  f ( x )    7

 1; 2


1đ
tích của khối chóp S . ABC theo a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB và AC.
Diện tích đáy:

S ABC 

a

2

S

3

4

Do tam giác SBC đều và

G

nằm trong mặt phẳng
5

vuống góc với đáy nên

(1đ)

chiều cao của hình chóp là
chiều cao SH của tam

0,25

Kẽ Bx // AC suy ra d ( AC , SB )  d (C ,( SBx))  2d ( H ,( SBx)) , kẽ HF vuông
góc Bx, kẽ HG vuông góc SF. Khi đó HG  (SBF )  d ( H , ( SBF ))  HG .

Footer Page 19 of 134.

0,25


Header Page 20 of 134.
a 3 a 3

.
Tam giác BHF vuông tại F, HF  HB.cos BHF  .
2 2
4

Tam giác SHF vuông tại H,

Suy ra d ( AC , SB) 

1
1
1
20
a 15


 2  HG 

Ta có: AB  (1; 2; 2), AC  (1; 0; 1)   AB, AC   (2; 1;  2)



6

6a

(2đ)


 
 mặt phẳng ( ABC ) đi qua A(0; 0;  3) nhận  AB, AC   (2; 1;  2)

0,5

0.5

làm VTPT  mặt phẳng ( ABC ) : 2 x  y  2 z  6  0

( P) / / ( ABC ) nên ( P) : 2 x  y  2 z  D  0 ( D   6)
8
Chọn A(0; 0;  3)  ( ABC ) , d ( I ,( ABC )) 
3
6b

Do d (P, (ABC))  d ( I ,( ABC )) 

6D
8

Đổi cận: x  0  t  1, x  1  t  3

Footer Page 20 of 134.

dt
4

0,5


Header Page 21 of 134.

dt
3
1 3
1
4
Khi đó: I   3   t dt  2
t
41
8t
1
3

3


1

1

.

8
Khi đó
(1đ)

(2)  f (2 x )  f ( x  2)  2 x  x  2
x  2  0 x  0


.
2
x  0
x  2  4x

 2  x  0  0  x 

0.25

1  33
1  33
 2  x 
8
8
0.25

 1  33 
Vậy bất phương trình có nghiệm x   2;
.
8 

* Sự biến thiên: Chiếu biến thiên: y 

2
0
( x 1) 2

0,25

* Giới hạn và tiệm cận:

lim y  2,



x  

1(2đ)

1a.

lim y  2 ,  đồ thị hàm số có TCN: y  2

x  

0,25

lim y  , lim y    ,  đồ thị hàm số có TCĐ: x  1





Hàm số nghịch biến trên từng khoảng của TXĐ
Hàm số không có điểm cực trị
* Đồ thị:

Footer Page 22 of 134.

0,25


Header Page 23 of 134.

Tìm các giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng ( d )
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d ) :
0,5
ĐK: x  1 ,
1b.

x  1
2x
 x  2  x2  x  2  0  
x 1
x  2

* x  1  y  1
* x2  y4

0,5

Vậy giao điểm là: A ( 1; 1), B (2; 4)

1đ

3
(1đ)

Footer Page 23 of 134.

 x  1
f ( x )  3 x 2  12 x  15, f '( x)  0  
 x  5 (Loại)

0.5

 f (2)   1,

0.5

f ( 1)  9,

f (1)   19


Header Page 24 of 134.
Vậy Max  f ( x )  9,
 2; 1

Min  f ( x )    19

 2; 1


SB và AC.

Diện tích đáy:

S ABC

(2a) 2 3

 a2 3
4

S

Do tam giác SAB đều và
5
(1đ)

nằm trong mặt phẳng
vuống góc với đáy nên

F

chiều cao của hình chóp là
chiều cao SH của tam

x

giác đều SAB cạnh 2a

2a 3


Tam giác SHF vuông tại H,

Suy ra d ( AC , SB) 

3 a 3

.
2
2

1
1
1
5
a 15


 2  HG 
2
2
2
HG
SH
HF
3a
5

0.25



( P ) / / ( ABC ) nên ( P ) : 2 x  y  2 z  D  0 ( D  6)
Chọn A (0; 0; 3)  ( ABC ) , d ( I ,( ABC )) 

0,5

0.5

0,5

8
3
0,25

6b

d (( P); ( ABC ))  d ( I ; ( ABC ))  d (A, ( P)) 

6  D 8
8


3
3
3

 D   2 hoặc D  14
0,25
Vậy ( P) : 2 x  y  z  2  0 hoặc 2 x  y  z 14  0
7