Bài 3: Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC là tam giác ñều cạnh a, AD vuông góc với BC, AD = a và khoảng cách từ ñiểm D ñến ñường thẳng BC là a.. Gọi H là trung ñiểm BC, I là trung ñiểm AH.[r]
Trang 1ðề số 8
ðỀ ÔN TẬP HỌC KÌ 2 Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
I Phần chung
Bài 1:
1) Tìm các giới hạn sau:
a)
x
5 4
3 lim
4
→+∞
b)
x
x x
5
1 2 lim
5
→
− −
− c) x
x
2 2 2
4 lim
→
−
− +
2) Cho hàm số : x
4 3 5
= + − + Tính f ′ (1)
Bài 2:
1) Cho hàm số f x x x khi x
ax khi x
( )
=
Hãy tìm a ñể f x ( ) liên tục tại x = 1
x
2 2 3 ( )
1
= + Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số f x( ) tại ñiểm
có hoành ñộ bằng 1
Bài 3: Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC là tam giác ñều cạnh a, AD vuông góc với BC, AD = a và
khoảng cách từ ñiểm D ñến ñường thẳng BC là a Gọi H là trung ñiểm BC, I là trung ñiểm AH 1) Chứng minh rằng ñường thẳng BC vuông góc với mặt phẳng (ADH) và DH = a
2) Chứng minh rằng ñường thẳng DI vuông góc với mặt phẳng (ABC)
3) Tính khoảng cách giữa AD và BC
II Phần tự chọn
A Theo chương trình chuẩn
Bài 4a: Tính các giới hạn sau:
1)
x
x
2
lim
3 2
→−∞
+ −
x
x2 x
2
lim
+
Bài 5a:
1) Chứng minh phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 6x3−3x2−6x+ = 2 0
2) Cho hình chóp tam giác ñều có cạnh ñáy và cạnh bên bằng a Tính chiều cao hình chóp
B Theo chương trình nâng cao
Bài 4b: Tính giới hạn: ( )
xlim x 1 x
→+∞ + −
Bài 5b:
1) Chứng minh phương trình sau luôn luôn có nghiệm:
(m2−2m+2)x3+3x− = 3 0
2) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc (ABCD) và SA =
a 3 Gọi (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc (SCD) Thiết diên cắt bởi (P) và hình chóp là hình gì? Tính diện tích thiết diện ñó
-Hết -
Họ và tên thí sinh: SBD :
Trang 2ðề số 8
ðÁP ÁN ðỀ ÔN TẬP HỌC KÌ 2 Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1:
1) a)
x x
2 5
5 4
5
4 3
3
b)
c)
2 2
x
4
Bài 2:
1) f x x x khi x
ax khi x
( )
=
• f(1)= + a 1 •
lim ( ) lim ( ) 2, lim ( ) 1 (1)
• f x ( ) liên tục tại x = 1 ⇔
f x
x
2 2 3 ( )
1
=
f x
x
2 2
( ) ( 1)
+
Với x0= ⇒1 y0 = , f1 (1) 1
2
′ = − ⇒ PTTT: y 1x 3
= − +
Bài 3:
1) CMR: BC ⊥ (ADH) và DH = a
∆ABC ñều, H là trung ñiểm BC nên AH ⊥ BC, AD ⊥ BC
⇒ BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥ DH ⇒ DH = d(D, BC) = a
2) CMR: DI ⊥ (ABC)
• AD = a, DH = a ⇒ ∆DAH cân tại D, mặt khác I là trung ñiểm
AH nên DI ⊥ AH
• BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥ DI
⇒ DI ⊥ (ABC) 3) Tính khoảng cách giữa AD và BC
• Trong ∆ADH vẽ ñường cao HK tức là HK ⊥ AD (1) Mặt khác BC ⊥ (ADH) nên BC ⊥ HK (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra d AD BC( , ) =HK
• Xét ∆DIA vuông tại I ta có:
• Xét ∆DAH ta có: S = AH DI1 .
d AD BC HK
3
4
I
H
C D
K
Trang 3Bài 4a:
1)
x
3
+ −
2)
x
x
x2 x
2
lim
+
→− + + Vì
x
x
x
2 2
2
2
+
→−
= − <
+ + > ∀ > −
Bài 5a:
1) Xét hàm số f x( ) 6= x3−3x2−6x + ⇒ f x2 ( ) liên tục trên R
• f( 1)− = −1, (0) 2f = ⇒ f( 1) (0) 0− f < ⇒ PT f x( ) 0= có ít nhất một nghiệm c1∈ −( 1;0)
• f(0) 2, (1)= f = − ⇒1 f(0) (1) 0f < ⇒ PT f x( ) 0= có ít nhất một nghiệm c2∈(0;1)
• f(1)= −1, (2) 26f = ⇒ f(1) (2) 0f < ⇒ PT f x( ) 0= có một nghiệm c3∈(1;2)
• Vì c1≠c2 ≠c3 và PT f x( ) 0= là phương trình bậc ba nên phương trình có ñúng ba nghiệm thực 2)
1
1
Bài 5b:
1) Xét hàm số f(x) = f x( ) (= m2−2m+2)x3+3x−3 ⇒ f x( ) liên tục trên R
• Có g(m) = m2−2m+ =2 (m−1)2+ > ∀ ∈ 1 0, m R
f(0)= −3, (1)f =m2−2m+ > ⇒2 0 f(0) (1) 0f < ⇒ PT f x( ) 0= có ít nhất một nghiệm c∈(0;1) 2)
• Trong tam giác SAD vẽ ñường cao AH ⇒ AH ⊥ SD (1)
• SA ⊥ (ABCD) ⇒ CD ⊥ SA CD⊥ AD ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AH (2)
• Từ (1) và (2) ⇒ AH ⊥ (SCD)
⇒ (ABH) ⊥ (SCD) ⇒ (P) (ABH)
• Vì AB//CD ⇒ AB // (SCD), (P) ⊃ AB nên (P) ∩ (SCD) = HI
⇒ HI // CD ⇒ thiết diện là hình thang AHIB
Hơn nữa AB ⊥ (SAD) ⇒AB⊥HA Vậy thiết diện là hình thang vuông AHIB
• SD= SA2+AD2 = 3a2+a2 =2a
SD a
a
3
2
a AH
AH2 SA2 AD2 a2 a2 a2
2
• Từ (3) và (4) ta có: S AHIB AB HI AH a a a a
2
+
=========================
I
O A
B
S
H