SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT NINH GIANG
ĐỀ THI HKII NĂM HỌC 2017 – 2018 Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ, tên thí sinh:……….………. SBD:……….
Câu 3: [2D3-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong: y 2x3x2 x 5, y x2 x 5, ta được:
A. S2 (đvdt). B. S3 (đvdt). C. S1 (đvdt). D. S0 (đvdt).
Lời giải Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong y f x
2x3x2 x 5,
2 5yg x x x là: 3 2 2 3 0
2 5 5 2 2 0
1
x x x x x x x x
x
. Diện tích giới hạn:
0 1 0 1
1 0 1 0
d d d d
S f x g x x f x g x x f x g x x f x g x x
0 10 1
3 3 4 2 4 2
1 0 1 0
1 1
2 2 d 2 2 d 1
2 2
S x x x x x x x x x x
(đvdt).Câu 4: [2D2-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y x 2, 1 2
y27x , 27
y x , ta được:
A. S 27 ln 2 (đvdt). B. S 27 ln 3 (đvdt).C. S 28ln 3 (đvdt). D. S 29ln 2 (đvdt).
Lời giải Chọn B.
Từ đồ thị ta có:
3 9
3 9
2 2 2 3 9 3
3
0 3
0 3
1 27 1 26 1
27 ln 27 ln 3
27 27 81 81
S x x x x x x x x
x
d
d . Câu 5: [2D1-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Cho hàm số y f x
. Đồ thị củahàm số y f x'
như hình bên. Đặt g x
f x
x. Mệnh đề nào dưới đây đúng?A. g
1 g
1 g
2 . B. g
2 g
1 g
1 . C. g
2 g
1 g
1 . D. g
1 g
1 g
2Hướng dẫn giải Chọn B
Ta có: g x'
f x'
1
' 0 ' 1
g x f x
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y1 cắt đồ thị hàm số y f x'
tại 3 điểm là 1; 1x x và x2
Vậy
2
' 0 1
1 x
g x x
x
BBT
Dựa vào BBT ta thấy: g
2 g
1 g
1 .Câu 21. [2D3-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường: y=x y3; = - +x 2;y=0quanh trục Ox là:
A. V 4 . 21
B. V 10 21
. C. V . 7
D. V . 3
Lời giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm:
3 2 1
x = - + Ûx x= ; - + = Ûx 2 0 x=2 (Hình vẽ).
Khi đó thể tích cần tìm là:
1 2
6 2
0 1
( 2) 10
V =p
ò
x dx+pò
- +x dx= 21p . Chọn đáp án B.Câu 19. [2D4-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z i z 3 trong mặt phẳng Oxy là:
A. Đường thẳng : 3 x y 4 0. B. Đường thẳng : x y 4 0. C. Đường thẳng : 3 x y 4 0. D. Đường thẳng : x y 4 0.
Lời giải.
Chọn A
Đặt z x y i. , ( ,x y). Ta có giả thiết tương đương với:
(x y i . ) i (x y i . ) 3 x2(y1)2 (x3)2y2 3x y 4 0. Vậy tập hợp cần tìm là đường thẳng : 3 x y 4 0.
Câu 20: [2D4-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z 2 i 3 trong mặt phẳng Oxy là:
A. Đường tròn tâm I
2; 1
bán kính R3. B. Đường tròn tâm I
2;1
bán kính R3. C. Đường tròn tâm I
2; 1
bán kính R 3 D. Đường tròn tâm I
2;1
bán kính R 3Lời giải Chọn A
Giả sử số phức có dạng z x yi
2
2Vậy Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z 2 i 3 trong mặt phẳng Oxy là đường tròn tâm I
2;1
bán kính R3.Câu 21: [2D4-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Cho các số phức z thỏa mãn z 1. Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w
5 12 i z
1 2i trong mặt phẳng Oxy là:A. Đường tròn
x1
2 y2
2 13 B. Đường tròn
x1
2 y2
2 13C. Đường tròn
x1
2 y2
2 169 D. Đường tròn
x1
2 y2
2 169Lời giải Chọn D.
5 12
1 2 1 25 12
w i
w i z i z
i
Do z 1 nên 1 2 1 1 2 13 1
5 12
w i
w i
i
Gọi M x y
;
là điểm biểu diễn số phức w trong mặt phẳng Oxy, I
1; 2
. Khi đó
1 IM 13M
C : x1
2 y2
2 169 Chọn D.Câu 22: [2D4-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Cho các số phức z thỏa mãn 3
z z i . Tìm giá trị nhỏ nhất của P z.
A. 10
5 .
PMin B. PMin 3. C. 2 10
5 .
PMin D. 3 10
5 . PMin Lời giải
Chọn C.
Gọi z x yi ( ,x y R ),
Vì z 3 z i (x3)2y2 x2(y1)2 y 4 3x Ta có P z 10x224x16 6 2 8
10( )
5 5
x 8 2 10
5 5
, dấu '' '' xảy ra khi 6 2
5, 5 x y .
Câu 24: [2D4-4] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Cho các số phức z thỏa mãn
2 4 2 1 2
z z i z i . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 3 2i . A.Pmin 4. B. Pmin 2. C. min 7
P 2. D. Pmin 3. Lời giải
Chọn D.
Gọi M x y
;
là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức.Có z2 4
z2i z
1 2i
z 2 .i z2i
z2i z
1 2i
2
2 1 2
z i
z i z i
2 1; 2 0; y
x y
x
. Vậy M
0;2 hoặc 1: 2
M d x .
Gọi I
3;2
thì P IM . Khi đó IMmin 3 hoặc min 7 ( ; ) d I d 2IM .
Vậy Pmin 3.
Câu 24: [2D4-4] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Cho các số phức z thỏa mãn
1 8 3 53
z i z i . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P z 1 2i . A.Pmax 53. B. max 185
P 2 . C. Pmax 106. D. Pmax 53. Lời giải
Chọn C.
Gọi M x y
;
, A
1;1 , B
8;3 , C
1; 2
lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z, 1i, 8 3i , 1 2i trong mặt phẳng phức.Có z 1 i z 8 3i 53 MA MB 53 AB M thuộc đoạn AB. 1 2
P z i =MC.
Ta có : CA 13,CB 106 và CA CM CB 106. Vậy Pmax 106 đạt khi M trùng B.
Câu 47: [2D4-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Biết z z1, 2 5 4i và z3 là ba nghiệm của phương trình z3bz2 cz d 0
b c d, ,
, trong đó z3 là nghiệm có phần ảo dương. Phần ảo của số phức w z 1 3z22z3 bằng:A. 12. B.8. C.4. D.0 .
Lời giải Chọn C.
Xét phương trình z3bz2 cz d 0
b c d, ,
là phương trình bậc ba với hệ số thực nên luôn có một nghiệm thực là z1 .Do đó phương trình tương đương với:
z z 1 z2a z b' ' 0 a b', '
1
2 ' ' 0 1
z z z a z b
.
Nên z z3, 2 5 4i là hai nghiệm phức của phương trình bậc hai với hệ số thực (1).
Suy ra z3 5 4i.
Khi đó : w z 1 3z22z3 z1 3. 5 4
i
2. 5 4
i
25 2 z3
4i. Vậy phần ảo của w z 1 3z22z3 là 4 .Câu 48: [2H3-3] [THPT Ninh Giang Hải Dương – HKII – 2018] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
P x: 2y2z 5 0 và hai điểm A
3;0;1
, B
1; 1;3
. Trong tất cả các đường thẳng đi qua A và song song với
P , gọi là đường thẳng sao cho khoảng cách từ B đến là lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng .
A. 5
: 2 6 7
x y z
. B. 1 12 13
: 2 6 7
x y z
.
C. 3 1
: 2 6 7
x y z
. D. 1 1 3
: 2 6 7
x y z
.
Lời giải Chọn B.
Ta có: AB
4; 1;2 ,
n P (1; 2;2) .
, p 2; 6; 7 u AB n
3;0;1
: 2; 6; 7
A u
®i qua
vtcp . Chọn B.