SỞ GD – ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT HƯỚNG HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên:………
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II, 2010-2011
Môn : Toán - khối 11 Thời gian làm bài: 90 phút
(Không kể thời gian giao đề)
SBD: … MÃ ĐỀ 1
(Thí sinh ghi mã đề vào tờ bài làm.)
Câu 1 ( 2.5 điểm ): Tính các giới hạn sau:
a)
1
1 2 3
2 3
+ +
+
−
n n
n n
b)
4
6 lim 2
2
− +
→ x
x x
x c)
2 2 0
9 3cos cos 3 lim
x
x
→
Câu 2 ( 3 điểm ): Cho hàm số 3 2
y= f x = − +x x + x−
1) Tính f x '( )và giải bất phương trình f'(x)<0
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A(1; 3)
3) Chứng minh phương trình f(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
Câu 3 ( 3 điểm ): Cho tứ diện ABCD có BCD là tam giác đều cạnh a, AB vuông góc với mặt phẳng
(BCD) Gọi I và J lần lượt là trung điểm của BC và CD
1 Chứng minh : CD ⊥ (ABJ)
2 Chứng minh : (ABC) ⊥ (ADI)
3 Tính góc giữa đường thẳng AJ và mặt phẳng (BCD) biết AB = 3
2
a
Câu 4 ( 1.5 điểm ): Cho hàm số y = 2sin 2 x c − os2 x + 2cos x + 8sin x − 2 x + 2011
1 Tính y '
2 Giải phương trình :y ' 0 =
Giám thị 1:……… Giám thị 2:………
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÃ ĐỀ 1
MÔN: TOÁN HỌC KỲ II KHỐI 11 NĂM HỌC 2010 - 2011
Câu
1
m
(2,0
điể
m)
1
1
1 2 3
2 3
+ +
+
−
n n
n
3
2 1 3
lim
1 1 1
n n
n n
− +
=
+ +
= 3
0.5đ
0.5đ
2
4
6 lim 2
2
− +
→ x
x x
( 2)( 3) lim
( 2)( 2)
x
x x
x x
→
=
2
3 lim
2
x
x x
→
+
=
+
5 4
=
0.5đ
0.5đ
2 0
9 3cos cos 3 lim
x
x
→
2 0
9 3 3 3cos cos 3 lim
x
x
→
2
9 3 3(1 cos cos 3 )
0.25 đ
2 2
0
0
1 3 (1 cos 2 1 cos 4 )
2
x
x
x x
→
→
2 0
1 3 (2 sin 2 sin 2 )
lim
6 2
x
x
→
+
= +
1 3 2 sin sin 3 2.2.2 sin 2 sin 2
3 12
= + + =
0.25 đ
Câu
(3,0
điể
m)
1 f x '( ) = − 3 x2+ 4 x + 7
2
f x < ⇔ − x + x + <
7 3 1
x
x
>
< −
0.5đ
0.5đ
2 Ta có '(1) 8f =
Phương trình tiếp tuyến tại M (1; 3) là y = 8(x - 1) + 3
⇔y = 8x - 5
0.25
0 5 0.25
3 Ta có
f (1)= 3
f (0)= -5
f (4)= -9
f (1).f (0)= -15 < 0
f (1).f (4)= -27 < 0
f là hàm đa thức nên liên tục trên R do đó liên tục trên [0; 1] và [1; 4] (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình f(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
0.5đ 0.25 0.25
Câu
3
m
Trang 3(3,0
điể
m)
0.25 đ
1 Ta có CD⊥BJ (vì BCD là tam giác đều) (1)
CD⊥AB vì ( )
⊥
AB BCD
CD BCD (2)
Từ (1) và (2) suy ra CD ⊥ (ABJ).
0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ
2 Ta có DI ⊥BC (vì BCD là tam giác đều) (1)
DI ⊥AB vì ( )
⊥
AB BCD
DI BCD (2)
Từ (1) và (2) suy ra DI ⊥ (ABC)
Mà DI⊂(ADI) nên (ABC) ⊥ (ADI).
0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ
c Ta có BJ là hình chiếu vuông góc của AJ lên mp(BCD)
nên (AJ, (BCD)) = (BJ, AJ) = AJB∧
∆AJB vuông tại B suy ra
3 2
3 2
∧
a AB AJB
BJ a
Suy ra 0
60
∧
=
AJB
Vậy góc giữa đường thẳng AJ và mặt phẳng (BCD) là 600
0.25 đ 0.25 đ
0.25 đ 0.25
Câu
4
m (2,0
điể
m)
1 y ' 4cos 2x 2sin 2x 2sin x 8cos x 2= + − + − 0.75
2 y’ = 0 ⇔4 cos 2x 2sin 2x 2sin x 8cos x 2 0+ − + − =
2
2sin xcosx sin x 4cos x 4cos x 1 0
0.25 đ sin x(2cosx 1) (2cosx 1)(2cos x 3) 0
⇔ − + − + = ⇔(2cosx 1)(2cosx+sin x 3) 0− + = 0.25
đ
Do phương trình 2cosx+sin x 3 0+ = vô nghiệm nên
(1) cos x=1 x k2 , k
π
0.25 đ