Tam giác SAC vuông tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng chứa đáy.. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác SAB a Chứng minh SA⊥ ABCDvà tính SA b Chứng minh BC⊥ SAB,A
Trang 1THPT PHƯỚC LONG
GV: Nguyễn Đại Bình
————-ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2016-2017
——oOo——-Môn thi: TOÁN 11 Thời gian làm bài 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (1 điểm)
a) Tính giới hạn lim
x →− ∞
2x5+3x+1 4x5+5x4+3 b) Chứng minh rằng phương trình m2−m+1 x4+2x−2=0 luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m
Câu 2. (1.5 điểm) Xét tính liên tục của hàm số f(x) =
4−x2
√
x−2−2 khi x>2 2x−20 khi x ≤2 tại điểm x0 =2
Câu 3. (1.5 điểm) Tính đạo hàm các hàm số:
a) y=2x4−5x3+2x−1
b) y= x2+2x+6
x+1 c) y= (x+3)√
1−x2
Câu 4. (3 điểm) Cho hàm số y= x−1
x−2 có đồ thị (C) a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M(3; 2)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) , biết rằng tiếp tuyến có hệ số góc bằng−1
4 c) Gọi N(x0; y0)là một điểm tùy ý trên đồ thị (C) và (d) là tiếp tuyến của (C) tại N Hỏi (d) có đi qua giao điểm của hai đường thẳng∆1 : x =2 và∆2 : y=1 hay không? Giả sử (d) cắt∆1tại A, cắt∆2tại B, chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng AB
Câu 5. (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, AD =a√3 Tam giác SAC vuông tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng chứa đáy Biết SC tạo với đáy một góc 450 Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác SAB
a) Chứng minh SA⊥ (ABCD)và tính SA
b) Chứng minh BC⊥ (SAB),(ADH) ⊥ (SBC)
c) Tính khoảng cách từ điểm C đến(ADH)
Chú ý:Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 2THPT PHƯỚC LONG GV: Nguyễn Đại Bình
———————–
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC KÌ II, NĂM HỌC 2016-2017
Môn thi: TOÁN 11
= lim
x →− ∞
2 + 3
x4+
1
x5
4 +5
x+
3
x5
0.25
= 1
Xét hàm số f(x) = m2−m+1 x4+2x−2 liên tục trênR
Có f(0) f (1) = −2 m2−m+1
<0,∀m∈R
0.25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng(0; 1) 0.25
lim
x → 2 − f(x) = lim
lim
x → 2 + f(x) = lim
x → 2 +
4 − x 2
√
x − 2 − 2 = lim
x → 2 +
( 2 − x )( 2 + x )(√x − 2 + 2)
= lim
x → 2 +(2+x) √
f(2) = lim
x → 2 − f(x) = lim
y0 = x2+2x−4
y0 =√
1−x2−(√x+3)x
1−x2 = 1−3x−2x2
√
Hình 1
y0 = −1
(x−2)2
Hệ số góc của tiếp tuyến: k= y0(3) = −1
0.25
Tiếp điểm N(x0; y0)
Hệ số góc của tiếp tuyến: k= y0(x0) = −1
4
0.25
2
Trang 34 =
−1
⇔
x0 =0⇒N1
0;1 2
x0 =4⇒N2
4;3 2
Tại tiếp điểm N1
0;1 2
có phương trình tiếp tuyến: y= −1
4+
1
Tại tiếp điểm N2
4;3 2
có phương trình tiếp tuyến: y= −1
4+
5
Tiếp điểm N(x0; y0)với y0= x0−1
x0−2; x0 6=0
Hệ số góc của tiếp tuyến: k= y0(x0) = −1
(x0−2)2
Phương trình tiếp tuyến (d): y= − 1
(x0−2)2(x−x0) + x0−1
x0−2
0.25
∆1cắt∆2tại E(2; 1)
Giả sử E∈(d)
1= − 1
(x0−2)2(x−x0) + x0−1
x0−2 ⇔x0−2= 1+x0−1 (vô lý) Vậy (d) không qua E
0.25
(d) cắt∆1tại A
2; x0
x0−2
Gọi I là trung điểm đoạn AB⇒
x0;x0−1
x0−2
Hình 2
(SAC) ⊥ (ABCD)
(SAC) ∩ (ABCD) = AC
SA⊥AC
⇒SA⊥ (ABCD)
0.5
AClà hình chiếu của SC lên(ABCD)
⇒hSC,\(ABCD)i= [SCA=450
0.25
Tam giác SAC vuông tại A nên:
SA= AC tanSCA[ =√
AB2+AD2tan 450 =2a
0.25
Ta có:
BC⊥AB(ABCD là hình chữ nhật)
BC⊥SA(SA⊥ (ABCD))
⇒BC⊥ (SAB)
0.5
AH⊥SB
AH⊥BC(BC⊥ (SAB), AH ⊂ (SAB)) ⇒AH⊥ (SBC) 0.25
Ta có: BCkAD(ABCD là hình chữ nhật) và BC6⊂ (ADH)
Vậy d[C,(ADH)] =d[B,(ADH)]
0.25
Trang 4Vì AD⊥SB
AH⊥SB
AD⊥SB ⇒SB⊥ (ADH)tại H
⇒ [B,(ADH)] =BH
0.25
AH= SA.AB
√
SA2+AB2 = 2a
√
BH= √
AB2−AH2= a√5
4
Trang 5Hình 1
Hình 2
4.5
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0.5
Δ2
Δ1
B
A
I
N
450
S
D
C B
A
H