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 25
I. Phần chung: (7,0 điểm)
Câu 1: (2,0 điểm) Tìm các giới hạn sau:
( )
x 2 − 3x + 2
x 2 + 2x − 1 − x
b) lim
a) lim
x →2 x 3 − 2x − 4 x →+∞
Câu 2: (1,0 điểm) Xét tính liên tục của hàm số sau tại điểm x0 = 1:
2x 2 − 3x + 1
khi x ≠ 1
f (x ) = 2x − 2
2 khi x = 1
Câu 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) y = (x 3 + 2)(x + 1 b) y = 3sin2 x.sin3x
)
Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với đáy.
a) Chứng minh tam giác SBC vuông.
b) Gọi H là chân đường cao vẽ từ B của tam giác ABC. Chứng minh (SAC) ⊥ (SBH).
c) Cho AB = a, BC = 2a. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
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:
(9− 5m)x 5 + (m 2 − 1 x 4 − 1= 0
)
Câu 6a: (2,0 điểm) Cho hàm số y = f (x ) = 4x 2 − x 4 có đồ thị (C).
f ′(x ) = 0 .
a) Giải phương trình:
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 5b: (1,0 điểm) Cho ba số a, b, c thoả mãn hệ thức 2a + 3b + 6c = 0 . Chứng minh rằng phương
trình sau có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1):
ax 2 + bx + c = 0
Câu 6b: (2,0 điểm) Cho hàm số y = f (x ) = 4x 2 − x 4 có đồ thị (C).
f ′(x ) < 0 .
a) Giải bất phương trình:
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
--------------------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 25
WWW.VNMATH.COM
Nội dung
Câ Ý
Điểm
u
1 a) x 2 − 3x + 2 (x − 1)(x − 2)
= lim
lim 0,50
x →2 x 3 − 2x − 4 x →2 (x − 2)(x 2 + 2x + 2)
x −1 1
=
= lim 0,50
x + 2x + 2 10
2
x →2
( )
b) 2x − 1
x 2 + 2x − 1 − x = lim
lim 0,50
x →+∞ x →+∞
x 2 + 2x − 1 + x
1
2−
x =1
= 0,50
21
1+ − 2 + 1
xx
2 f(1) = 2 0,25
2x 2 − 3x + 1 (x − 1)(2x − 1) 2x − 1 1
lim f (x ) = lim = lim
= lim = 0,50
2(x − 1 2(x − 1)
) 2 2
x →1 x →1 x →1 x →1
Kết luận hàm số liên tục tại x = 1 0,25
3 a) 3 4 3
y = (x + 2)(x + 1 ⇒ y = x + x + 2x + 2 0,50
)
⇒ y ' = 4x 3 + 3x 2 + 2 0,50
b) y = 3sin2 x.sin3x ⇒ y ' = 6sin x cos x.sin3x + 6sin2 x.cos3x 0,50
= 6sin x (cos x sin3x + sin x cos3x ) = 5sin x sin4x 0,50
4
0,25
SA ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ SA, BC ⊥ AB (gt)⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB
a) 0,50
Vậy tam giác SBC vuông tại B 0,25
SA ⊥ (ABC) ⇒ BH ⊥ SA, mặt khác BH ⊥ AC (gt) nên BH ⊥ (SAC)
b) 0,50
BH ⊂ (SBH) ⇒ (SBH) ⊥ (SAC) 0,50
Từ câu b) ta có BH ⊥ (SAC) ⇒ d (B,(SAC )) = BH
c)
1 1 1 0,50
= +
2 2
BC 2
BH AB
AB 2BC 2 2 10
BH 2 = = ⇒ BH = 0,50
AB + BC
2 2
5 5
5a 0,25
Gọi f (x ) = (9− 5m)x 5 + (m 2 − 1 x 4 − 1 ⇒ f (x ) liên tục trên R.
)
2
- 2
5 3
f (0) = −1 f (1 = m − ÷ + ⇒ f (0). f (1) < 0 0,50
, )
2 4
⇒ Phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1) với mọi m 0,25
6a a) y = f (x ) = 4x 2 − x 4 , f ′(x ) = −4x 3 + 8x ⇒ f ′(x ) = −4x (x 2 − 2) 0,50
x = ± 2
Phương trình f ′(x ) = 0 ⇔ −4x (x − 2) = 0 ⇔
2
0,50
x = 0
b) x0 = 1⇒ y0 = 3, k = f ′(1) = 4 0,50
Phương trình tiếp tuyến là y − 3 = 4(x − 1 ⇔ y = 4x − 1
) 0,50
5b Đặt f(x)=ax 2 + bx + c ⇒ f (x ) liên tục trên R.
0,25
2 4 2 1 c c
• f (0) = c , f ÷ = a + b + c = (4a + 6b + 12c) − = −
3 9 3 9 3 3
2 2
• Nếu c = 0 thì f ÷ = 0 ⇒ PT đã cho có nghiệm ∈ (0;1) 0,25
3 3
c2 2
2
• Nếu c ≠ 0 thì f (0). f ÷ = − < 0 ⇒ PT đã cho có nghiệm α ∈ 0; ÷ ⊂ (0;1) 0,25
3
3 3
Kết luận PT đã cho luôn có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1) 0,25
6b a) y = f (x ) = 4x 2 − x 4 ⇒ f ′(x ) = −4x 3 + 8x ⇔ f ′(x ) = −4x (x 2 − 2) 0,25
Lập bảng xét dấu :
−2 2 +∞
x −∞ 0 0,50
f ′(x ) – 0–
0
+ 0 +
Kết luận: f ′(x ) < 0 ⇔ x ∈ ( − 2;0) ∪ ( 2; +∞ ) 0,25
Giao của đồ thị với Oy là O(0; 0)
b) 0,25
Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại O là k = 0 0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến là: y = 0 0,50
3
nguon tai.lieu . vn
