10 Đề kiểm tra chất lượng HK2 môn Toán lớp 12 năm 2013

Tài liệu tham khảo 10 đề kiểm tra chất lượng học kỳ 2 môn Toán lớp 12 năm 2013 dành cho các bạn học sinh nhằm giúp các bạn luyện tập và củng cố kiến thức môn Toán về tìm nguyên hàm, tọa độ điểm. Mời các bạn cùng tham khảo.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
10 Đề kiểm tra chất lượng HK2 môn Toán lớp 12 năm 2013 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 ĐỀ 01 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang)I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I: (4 điểm) 1 1) Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f ( x)  e2 x  biết rằng F(1)=3 x 2) Tính các tích phân sau:  1 4 1  3x x a) I   dx b) I   2 dx 0 x 1 0 cos xCâu II: (1 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: i 2010  i 2011 z i 2012  i 2013Câu III: (2 điểm) x 1 y  3 z  2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :   và điểm A(3;2;0) 1 2 2 1) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H của A lên d 2) Tìm tọa độ điểm B đối xứng với A qua đường thẳng d.II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)A. Theo chương trình chuẩnCâu IVa: (2 điểm) 1) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số sau y  x 3  1 và tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tại điểm A(1;2) . 2) Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình 3z 2  z  6  0 Tính A  z13  z 2 3Cu Va: (1 điểm) x  1 t Trong Kg Oxyz cho điểm A(2;0;1), đường thẳng (d):  y  2t và mặt phẳng  z  2  t  (P): 2 x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng qua điểm A, vuông góc và cắt đường thẳng (d)B. Theo chương trình nng caoCu IVb: (2 điểm) 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P): y2 = 4 x , và đường thẳng (d): 2x+y-4 = 0. 2) Giải các phương trình sau trên tập số phức: z 2  z  12  3z 2  3z  1  0Câu Vb: (1 điểm) x y z 1 Trong không gian Oxyz cho điểm A(–1;1;3) và đường thẳng (d) :   1 1 2Tìm điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho tam giác OAM cân tại đỉnh O. . HẾT. HƯỚNG DẪN CHẤMCâu Nội dung yêu cầu Điểm 1 1Câu Ta có   e 2 x   dx = e2 x  ln x  C   0.5  x 2 I Theo đề: F(1)=3 1) 1 2.1 1 0.25  e  ln 1  C  3  C  3  e2 2 2 1 2x 1 Vậy F(x)= e  ln x  3  e 2 2 2 0.25 1 1  3x 1 4 0.5Câu I  x 1 dx =  (3  )dx 0 0 x 1 I =  3x  4 ln x  1  0 1 0.52)a) = - 3  4 ln 2 0.5  4Câu x I  cos 2 dx I 0 x u  x  du  dx Đặt 1 0.252)b) dv  dx  v  tan x cos2 x   4 I  x tan x 04   tan xdx 0.25 0  = J 4   4 4 sin x 0.25 Với J=  tan xdx   dx 0 0 cos x Đặt t  cos x  dt   sin xdx   dt  sin xdx x  0 t 1 0.25 Đổi cận:  2 x t 4 2 1 dt 1 2 0.25 J  = ln t 2   ln 2 t 2 2 2  2 0.25 Vậy I   ln 4 2 i 2010  i 2011 0.25 z  2012 2013 i i i 2010 (1  i ) ...