Đề kiểm tra chất lượng cuối năm môn Toán Lớp 11 - Năm học 2019-2020 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

pdf 3 trang thungat 21/07/2021 380
Bạn đang xem tài liệu "Đề kiểm tra chất lượng cuối năm môn Toán Lớp 11 - Năm học 2019-2020 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_kiem_tra_chat_luong_cuoi_nam_mon_toan_lop_11_nam_hoc_2019.pdf

Nội dung text: Đề kiểm tra chất lượng cuối năm môn Toán Lớp 11 - Năm học 2019-2020 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

  1. SỞ GDĐT BẮC NINH ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CUỐI NĂM PHÒNG QUẢN LÝ CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn: Toán - Lớp 11 (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (3,0 điểm) Tính các giới hạn sau đây: a) lim (x3 − 2x + 1) . x → 3 x2 − 10x + 16 b) lim . x → 2 x − 2 2n2 + n − 1 c) lim . 5 − n Câu 2 (2,5 điểm) Cho hàm số y = 2x2 − 3x + 1 có đồ thị là parabol (P ). a) Tính đạo hàm y0 của hàm số đã cho và giải phương trình y0 = 0. b) Viết phương trình tiếp tuyến của parabol (P ) tại điểm có hoành độ x0 = −1. Câu 3 (3,5 điểm) √ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 2, đường thẳng SA √ vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a 3 (với a > 0). Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc đường thẳng SB, SD sao cho AM vuông góc với SB và AN vuông góc với SD. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng MN và H là trung điểm của đoạn thẳng SC. a) Chứng minh rằng đường thẳng CD vuông góc với mặt phẳng (SAD) và đường thẳng AN vuông góc với mặt phẳng (SCD) . b) Gọi góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SCD) là ϕ. Tính sin ϕ. c) Tính độ dài đoạn thẳng IH theo a. Câu 4 (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 7a + b + 3c = 0. Chứng minh rằng phương trình πx ax2 + bx + c = 2020. cos có ít nhất một nghiệm trên . 2 R - - - - - - Hết - - - - - -
  2. SỞ GDĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG QUẢN LÝ CHẤT LƯỢNG KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CUỐI NĂM NĂM HỌC 2019 - 2020 (Hướng dẫn có 02 trang) Môn: Toán - Lớp 11 Câu Lời giải Điểm 1.a 1,0 lim x3 − 2x + 1 = 33 − 2.3 + 1 = 22 1,0 x→3 1.b 1,0 x2 − 10x + 16 (x − 2)(x − 8) lim = lim = lim(x − 8) = −6 1,0 x→2 x − 2 x→2 x − 2 x→2 1.c 1,0   2 1 1  1 1  2 n 2 + − 2 + − 2n + n − 1 n n2 n n2 lim = lim = lim n ·  = −∞ 1,0 5 − n  5   5  n − 1 − 1 n n 2.a 1,5 Ta có y0 = 4x − 3, ∀x ∈ R. 1,0 3 Vậy y0 = 0 ⇔ 4x − 3 = 0 ⇔ x = . 0,5 4 2.b 1,0 Tung độ tiếp điểm là y = y(−1) = 6. 0 0,5 Hệ số góc của tiếp tuyến là k = y0(−1) = −7. Tiếp tuyến của (P ) tại điểm M (−1; 6) có phương trình là 0 0,5 y = −7(x + 1) + 6 ⇔ y = −7x − 1. 3.a 1,5 S Vì SA⊥(ABCD) nên SA⊥CD. Mà N H ABCD là hình chữ nhật nên AD⊥CD. 1,0 I Suy ra CD⊥(SAD). M A D B C Vì CD⊥(SAD) nên CD⊥AN. Mặt khác SD⊥AN và hai đường thẳng cắt nhau CD, SD cùng nằm trong mặt 0,5 phẳng (SCD). Do vậy AN⊥(SCD).
  3. 3.b 1,0 Hình chiếu vuông góc của AC trên (SCD) là NC nên 0,5 (AC,\(SCD)) = (AC,\ NC) = NCA\ = ϕ. q √ √ Ta có AC = a2 + (a 2)2 = a 3. Trong tam giác SAD vuông tại A √ 1 1 1 1 1 5 a 30 = + = + = ⇒ AN = . 0,5 AN 2 SA2 AD2 3a2 2a2 6a2 5 √ AN 10 Tam giác NCA vuông tại N nên sin ϕ = sin NCA\ = = . AC 5 3.c 1,0 Vì hai tam giác SAB, SAD vuông tại A nên M, N lần lượt là các điểm trong của các đoạn thẳng SB, SD. SM SM.SB SA2 SA2 3a2 3 −−→ 3−→ Ta có = = = = = ⇒ SM = SB SB SB2 SB2 SA2 + AB2 3a2 + a2 4 4 SN 3 −→ 3−→ Tương tự = ⇒ SN = SD SD 5 5 Do đó −→ −→ −→ 1 −−→ −→ 1−→ IH = −SI + SH = − (SM + SN) + SC 2 2 0,5 1 3−→ 3−→ 1 −→ −→ = − SB + SD + (SA + AC) 2 4 5 2 3−→ 3 −→ 1 −→ −→ = − SB − SD + (SA + AC) 8 10 2 3 −→ −→ 3 −→ −−→ 1 −→ −→ −−→ = − (SA + AB) − (SA + AD) + (SA + AB + AD) 8 10 2 7 −→ 1−→ 1−−→ = − SA + AB + AD 40 8 5 Do SA, AB, AD đôi một vuông góc nên −→  7 −→ 1−→ 1−−→2  7 −→2 1−→2 1−−→2 IH2 = IH2 = − SA + AB + AD = − SA + AB + AD 40 8 5 40 8 5 49 1 1 3a2 0,5 = SA2 + AB2 + AD2 = √ 1600 64 25 16 a 3 Vậy IH = . 4 4 1,0 πx Hàm số f(x) = ax2 + bx + c − 2020 cos xác định và liên tục trên . 2 R Ta có f(−1) = a − b + c, f(1) = a + b + c, f(3) = 9a + 3b + c. 0,5 Từ đó và 7a + b + 3c = 0 suy ra 3f(−1) + 2f(1) + f(3) = 2 (7a + b + 3c) = 0. + Nếu trong ba số f(−1), f(1), f(3) có một số bằng 0 thì ta có ngay điều phải chứng minh. + Nếu cả ba số f(−1), f(1), f(3) đều khác 0 thì từ 3f(−1) + 2f(1) + f(3) = 0 suy ra trong ba số f(−1), f(1), f(3) có hai số trái dấu, tích của hai số đó âm. Dẫn tới 0,5 phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm. πx Vậy với 7a + b + 3c = 0 thì phương trình ax2 + bx + c = 2020 cos có ít nhất 2 một nghiệm trên [−1; 3] ⊂ R.