Đề kiểm tra học kì 2 môn toán lớp 11 năm 2016 trường thpt bùi thị xuân | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

[r]

Trường THPT Bùi Thị Xuân ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2016 – 2017

Môn: Toán (Khối 11)

Thời gian thi: 90 phút

Câu 1 (2 điểm) Tính các giới hạn sau :

a)

3 2

4 2 1

x 3

6x 5x 4x 1 lim

9x 8x 1



  

 

x lim 9x 3x 1 3x 1

Câu 2 (2 điểm)

a) Tìm a , b để hàm số sau liên tục tại x = 1 :

2

2

2 5 7

khi x > 1 1

( ) khi x = 1

2 3 khi x < 1

x

  







 



 



 {2 x2x−1+5 x−7n u ế x>1

a+b n u ế x=1

x2+2 bx+ 3 a n uế x<1

b) Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm với mọi m ∈ R

(m2 – 3m + 2)(x2 - 3x + 2) + (3 – 2x)(3 - 2m) = 0

Câu 3 (1 điểm) : Tính đạo hàm các hàm số sau :

a)



2015 2x 1 y

3x 1 b) y = (1  x). x 2  2x 5 

Câu 4 : (1 điểm)

Cho hàm số

2x 1

y f(x)

1 2x



 có đồ thị là (C) Viết phương trình tiếp tuyến  của (C), biết 

song song với đường thẳng d: 4x – y – 7 = 0

Câu 5 (4 điểm) Cho hình chóp SABCD , có đáy ABCD là hình thang vuông tại A , B với AB = BC

=a , AD = 2a , SA vuông góc mặt phẳng (ABCD) , SA = a √2 Gọi M là trung điểm AD , O là giao điểm của AC và BM

a) Chứng minh AC vuông góc CD và (SAC) vuông góc (SCD)

b) Xác định và tính khoảng cách từ A đến (SBM)

c) AB cắt CD tại E Chứng minh C là trung điểm của ED ; tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB)

d) Tính khoảng cách giữa hai đường SB và CD

HẾT

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2014 – 2015 TOÁN 11

(đáp án gồm 4 trang )

Câu 1 (2 điểm) Tính các giới hạn

a)

3 2

4 2

1

x

3

6x 5x 4x 1

lim

9x 8x 1



  

 

b)  2 

x lim 9x 3x 1 3x 1

2

3 2

2

3 2

1

x

3

(3x 1)(2x x 1) 6x 5x 4x 1

9x 8x 1 (3x 1)(3x x 3x 1)

2x x 1

lim

3x x 3x 1



  

   

 



  

2

5



x lim 9x 3x 1 3x 1

=   



  

9x 3x 1 9x

9x 3x 1 3x

=

  



   

x

2

3x 1

3 1

=

  



   

x

2

1 3 x

3 1

x x

1

2

0,25+0,2 5 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

2 a) Ta có f(1) = a + b ;

x ⟶ 1+ ¿

f (x)

lim

2

2

x 1 lim f (x) x 1 lim (x 2bx 3a) 3a 2b 1

Hàm số liên tục tại x = 1  

x 1 lim f(x) lim f(x) f(1) x 1 ⟺

{3 a+2 b+1=9 a+b=9

     

3a 2b 1 9 b 19 ⟺{3 a+2b=8 a+b=9

b) Cách 1: Đặt f x( ) ( m2 3m2)(x2 3x2) (3 2 )(3 2 )  x  m thì f(x) là hàm số xác định và liên

tục trên R

Ta có: f(1) = –(3–2m) và f(2) = 3 – 2m

 f(1).f(2) = –(3 – 2m)2 ≤ 0 với mọi m   (2)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

+ Xét

3 – 2m = 0

3 m 2

f (1) 0

f (2) 0







 Phương trình f(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm là x = 1 v x = 2

+ Xét 3 2m 0 

f (1)f (2) 0

   Phương trình f(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm trên (1; 2)

Vậy, trong cả hai trường hợp thì pt f(x) = 0 luôn có nghiệm với mọi m  

Cách 2: Đặt f x( ) (m23m2)(x23x2) (3 2 )(3 2 )  x  m thì f(x) là hàm số xác định và liên tục trên

R (1)

Ta có: f(1) = –(3–2m) và f(2) = 3 – 2m

 f(1).f(2) = –(3 – 2m)2 ≤ 0 với mọi m   (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình f(x) = 0 có nghiệm xo ∈ [1;2] với mọi m ∈ R

Chú ý: nếu HS ghi kết luận có nghiệm trên (1; 2) mà không làm tiếp thì trừ 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

3 a)

2x 1 2x 1

y ' 2015

3x 1 3x 1

     

     

2(3x 1) 3(2x 1) 2x 1

3x 1 (3x 1)





2014

2

3x 1 (3x 1)

  

b) y' (1 x)' x   2  2x 5 (1 x)     x 2  2x 5 '  

2 2

2x 4x 6

x 1

x 2x 5 (1 x).

x 2x 5 x 2x 5

  



Chú ý: HS không rút gọn thì cũng tha

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 4.

Gọi M x y( ; 0 0 ) ( ) Î C là tiếp điểm và kDlà hệ số góc của tiếp tuyến D

d x y , hay d y: 4x 7 Suy ra d có hệ số góc k d 4

Δ song song với d d : y=ax +b

4

D

ìï = = ï

Û í

ï D º/

ïî

d

d

Ta có:



4 '( )

( 2 1)

f x

x

Ta có: 

0

4

( 2 1)

x

2 0

( 2 1) 1

x

+ Với x0 0 y0  1 M1 (0;1)

Phương trình tiếp tuyến tại M1 (0;1)

:yf'(0)(x 0) 1

hay : y 4x1 (nhận)

+ Với x0 1 y0 3 M2 (1; 3)

Phương trình tiếp tuyến tại M2 (1; 3)

:yf'(1)(x1) 3

hay : y4x 7 (loại vì trùng với d)

Vậy, : y4x1

Chú ý: Nếu học sinh không loại một trường hợp của  thì trừ 0,25đ

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5 (4 điểm)

a) Ta có: 











/ /

90

MAB Tứ giácABCM là hình vuông

2

Suy ra, Tam giác ACD vuông tại C, hay CD ⊥

AC

Ta có:















( )

 CD (SAC)

Mà: CD (SCD)

⟹ (SCD) ⊥ (SAC)

Chú ý: nếu HS chỉ nhận nhanh ABCM là hình vuông thì cũng được 0,25đ

0,25

0,25

0,25 0,25

b) Trong (SAC), kẻ AHSO tại H

Ta có MD//BC và MD = BC = a nên tứ giác BCDM là hình bình hành Suy ra: BM //CD

Ta có:

AH SO

SO BM O











  tại H

,( )

d A SBM  AH

Ta có:

Tam giác SAO vuông tại O có AH là đường cao nên: 2 2 2

AH AO  AS

10

5

a

AH

0,25

0,25

0,25 0,25

Vậy,

10 ,( )

5

a

d A SBM   AH 

c) Ta cĩ BC //AD và 2BC = 2a = AD nên BC là đường trung bình của tam giác EAD, suy ra C là

trung điểm của ED.

Trong (SAB), kẻ kẻ AFSE tại F (1)

Ta cĩ:

AD AB

SA AB A











Mà:

(3)

AF AD A







(1),(2),(3)  SE(ADF)

Ta cĩ:











(do AD(SAB) nên AD AF Suy ra tam giác ADF vuơng tại A nên AFD  900)

a AF

Ta cĩ:

AF

Vậy gĩc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB) bằng 60o

0,25

0,25

0,25

0,25

d) Ta cĩ:

/ / ( là hình bình hành)

CD BM do BCDM









⟹ d(CD, SB) = d(CD,(SBM)) = d(D, (SBM))

DA SBM M

[ ,( )]

⟹

d(CD, SB) = d(A, (SBM)) =

10 5

a

(cmt)

0,25 0,25

0,25 0,25