Xem mẫu
- ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2010 – 2011
WWW.VNMATH.COM
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
Đề số 23
I. Phần chung: (7,0 điểm)
Câu 1: (2,0 điểm) Tìm các giới hạn sau:
2n3 + n2 + 4 2x − 3
b) lim
a) lim
x −1
2 − 3n3
+
x →1
Câu 2: (1,0 điểm) Tìm a để hàm số sau liên tục tại điểm x = 0:
x + 2a khi x < 0
f (x ) = 2
x + x + 1 khi x ≥ 0
Câu 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) y = (4x 2 + 2x )(3x − 7x 5) b) y = (2 + sin2 2x )3
Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SC.
a) Chứng minh AC ⊥ SD.
b) Chứng minh MN ⊥ (SBD).
c) Cho AB = SA = a. Tính cosin của góc giữa (SBC) và (ABCD).
II. Phần riêng
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu 5a: (1,0 điểm) Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm với mọi m:
m(x − 1 3(x + 2) + 2x + 3 = 0
)
Câu 6a: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 − 4 có đồ thị (C).
y′ = 2.
a) Giải phương trình:
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 = 1.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 5b: Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm với mọi m:
(m 2 + m + 1 x 4 + 2x − 2 = 0
)
Câu 6b: (2,0 điểm) Cho hàm số y = f (x ) = (x 2 − 1 x + 1) có đồ thị (C).
)(
f ′(x ) ≥ 0 .
a) Giải bất phương trình:
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành.
--------------------Hết-------------------
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
- ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN TOÁN LỚP 11 – ĐỀ SỐ 23
WWW.VNMATH.COM
Nội dung Điểm
Câu Ý
1 a) 14
2+
+
3 2
2n + n + 4 n n3
= lim
lim
2
2− 3n3 −3 0,50
n3
2
=− 0,50
3
b) lim(x − 1) = 0
x →1+
Nhận xét được: lim(2x − 3) = −1< 0 0,75
+
x →1 +
x → 1 ⇒ x − 1> 0
2x − 3
= −∞
Kết luận: lim 0,25
x −1
+
x →1
2 x + 2a khi x < 0
f (x ) = 2
x + x + 1 khi x ≥ 0 0,50
• lim f (x ) = f (0) = 1
+
x →0
• xlim f (x ) = x →0− x + 2a) = 2a
lim( 0,25
→ 0−
1
• f(x) liên tục tại x = 0 ⇔ 2a = 1 ⇔ a = 0,25
2
3 a) y = (4x 2 + 2x )(3x − 7x 5) ⇒ y = −28x − 14x + 12x + 6x
7 6 3 2
0,50
⇒ y ' = −196x 6 − 84x 5 + 36x 2 + 12x 0,50
b) y = (2+ sin2 2x )3 ⇒ y ' = 3(2 + sin 2x ) .4sin2x.cos2x
2 2
0,50
⇒ y ' = 6(2+ sin2 2x ).sin4x 0,50
4
0,25
ABCD là hình vuông ⇒ AC⊥ BD
a) (1)
0,50
S.ABCD là chóp đều nên SO⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ AC (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ AC ⊥ SD 0,25
Từ giả thiết M, N là trung điểm các cạnh SA, SC nên MN // AC (3)
b) 0,50
2
- AC ⊥ (SBD) (4). Từ (3) và (4) ⇒ MN ⊥ (SBD) 0,50
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều và AB = SA = a nên ∆ SBC đều cạnh
c)
0,25
a. Gọi K là trung điểm BC ⇒ OK ⊥ BC và SK ⊥ BC
⇒ ϕ = ( (SBC ),( ABCD )) = ·SKO 0,25
a a3
Tam giác vuông SOK có OK = , SK = 0,25
2 2
a
2 =1
OK
·
⇒ cosϕ = cosSKO = SK = 0,25
a3 3
2
5a Gọi f (x ) = m(x − 1 3(x + 2) + 2x + 3 ⇒ f (x ) liên tục trên R 0,25
)
f(1) = 5, f(–2) = –1 ⇒ f(–2).f(1) < 0 0,50
⇒ PT f (x ) = 0 có ít nhất một nghiệm c ∈ (−2;1 ∀m ∈ R
), 0,25
6a a) y = x 4 − 3x 2 − 4 ⇒ y′ = 4x 3 − 6x 0,25
y′ = 2 ⇔ 4x 3 − 6x = 2 ⇔ (x + 1 x 2 − 2x − 1 = 0 0,25
)(2 )
1− 3 1+ 3
⇔ x = −1 x = ; x= 0,50
;
2 2
b) Tại x0 = 1 ⇒ y0 = −6, k = y′ (1 = −2 0,50
)
Phương trình tiếp tuyến là y = −2x − 4 0,50
5b Gọi f (x ) = (m 2 + m + 1)x 4 + 2x − 2 ⇒ f (x ) liên tục trên R 0,25
2
1 3
f(0) = –2, f(1) = m 2 + m + 1= m + ÷ + > 0 ⇒ f(0).f(1) < 0 0,50
2 4
Kết luận phương trình f (x ) = 0 đã cho có ít nhất một nghiệm
0,25
c ∈ (0;1), ∀m
6b a) y = f (x ) = (x 2 − 1 x + 1) ⇒ f (x ) = x + x − x − 1 ⇒ f ′(x ) = 3x 2 + 2x − 1
3 2
0,50
)(
1
BPT f ′(x ) ≥ 0 ⇔ 3x + 2x − 1≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1 ∪ ; +∞ ÷
2
) 0,50
3
Tìm được giao điêm của ( C ) với Ox là A (–1; 0) và B(1; 0)
b) 0,50
Tại A (–1; 0): k1 = f ′(−1) = 0 ⇒ PTTT: y = 0 (trục Ox) 0,25
Tại B(1; 0): k2 = f ′(1) = 4 ⇒ PTTT: y = 4x − 4 0,25
3
nguon tai.lieu . vn
