Theo ch ươ ng trình nâng cao.. Theo ch ươ ng trình nâng cao.[r]
Trang 1http://toanhocmuonmau.violet.vn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIÁNG
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán lớp 11 Thời gian làm bài: 90 phút
Phần chung (8 ñiểm)
Câu I (2 ñiểm) Tính các giới hạn sau:
1
2
2 lim
x
x x
→
−
− −
1
Câu II (2 ñiểm) Cho hàm số 3 2 ( )
3 4 1
y= +x x +
1 Giải bất phương trình 'y ≤0
2 Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số (1), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9
Câu III (3 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD); H là hình chiếu vuông góc của A lên SD, SA = a
1 Chứng minh CD vuông góc với mặt phẳng (SAD)
2 Chứng minh AH vuông góc với SC
3 Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD)
Câu IV (1 ñiểm ) Cho tam giác có ñộ dài ba cạnh là a, b, c và nửa chu vi là p (p<3)
Chứng minh phương trình sau có ít nhất một nghiệm thuộc (0; 1):
Phần riêng (2 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 ñiểm ) Cho hàm số y = x.sinx
1 Tính ñạo hàm của hàm số
2 Chứng minh rằng '' 2 'x y − y +x y = −2 sinx
B Theo chương trình nâng cao
Câu Vb Theo chương trình nâng cao
Câu Vb (2 ñiểm ) Cho hàm số 3 2 ( )
y= −x mx + m+ x+
1 Tìm m ñể x = 2 là nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình y’ = 0
2 Tìm m ñể y’ = 0 có hai nghi ệ m phân bi ệ t x1, x2 th ỏ a mãn x1 – 2x2 = 3
- H ế t -
Trang 2http://toanhocmuonmau.violet.vn
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ 2
NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN, LỚP 11
Chú ý : Dưới ñây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho ñiểm từng phần của mỗi bài Bài làm
của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác ñúng thì chấm và cho ñiểm từng phần tương ứng
1 (1ñ)
x 2 3x 2 2
3x 2 2
−
− −
1,0
I
(2ñ)
2 (1ñ)
x 1
lim 2x 4x 1 7
1 (1ñ)
TXĐ :ℝ
2
2
2 x 0
2 (1ñ)
Gọi (x ; y0 0)là tiếp ñiểm
0,25
Với x0 =1 thì y0 =8, viết ñược phương trình tiếp tuyến: y=9x 1− 0,25
II
(2ñ)
Với x0 = −3 thì y0 =4, viết ñược phương trình tiếp tuyến: y=9x+31 0,25 1.(1ñ)
H
D
B
A
C
S
K
III
(3ñ)
Trang 3
http://toanhocmuonmau.violet.vn
2 (1ñ)
Theo phần a) ta có CD⊥(SAD), mà AH⊂(SAD)⇒CD⊥AH(3) 0,25
3 (1ñ)
Ta có SA BD SC BD(5)
⊥
⊥
Kẻ BK⊥SC tại K (6)
Từ (5) và (6) ta có DK⊥SC (7)
0 ,25
Từ (6) và (7) ta có ( (SBC , SCD) ( ) )=(BK, DK) 0,25
BD=SD=a 2
Ta có tam giác SCD vuông tại D, có DK là ñường cao
DK
Tương tự BK a 6
3
=
0 ,25
Theo ñịnh lí côsin trong tam giác BDK ta có
1 (1ñ)
Xét hàm số f (x) x3 1 1 1 x 2 1 1 1 2
Ta có f(x) liên tục trên ℝ
0,25
Do p < 3 nên 2 2 2 6 2 f (0) 0
Thật vậy : theo cosi cho hai số dương ta có :
p a+p b≥ p a p b ≥ p a p b = c
Tương tự ta có : 1 1 4
p b+p c≥a
p c+p a ≥b
Từ ñó (*) ñược chứng minh ( dấu bằng xảy ra khi a=b=c)
0,25
IV
(1ñ)
Từ (*) ta có f (1)<0
Vậy : f (0).f (1)<0⇒ phương trình ñã cho có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0 ;1) 0,25
Va
(2ñ)
1 (1ñ)
TXĐ:ℝ
Trang 4http://toanhocmuonmau.violet.vn
sin x x.cos x
2.(1ñ)
Ta có: x.y '' 2y ' x.y − + = x 2 cos x( − x sin x) (− 2 sin x + x cos x)+ x.x sin x = − 2sin x 0,25
1.( 1ñ )
TXĐ:ℝ
2
y '=3x −6mx+3 m+2
0,25
x=2 là nghiệm phương trình y’=0 thì y’(2)=0⇔ =m 2
0,5
2.(1ñ)
y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔x2−2mx+ + =m 2 0có hai nghiệm phân biệt
0
>
< −
Theo vi-et ta có 1 2
1 2
x x 2m (1)
x x m 2 (2)
= +
GT x1−2x2 =3 (3)
Giải (1) và (3) ta ñược:x1 4m 3, x2 2m 3
Thay vào (2) ta ñược 2
m 3(tm)
8
=
= −
0,25
Vb
(2ñ)