Đề kiểm tra học kỳ II môn Toán học Khối 11 - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Bùi Thị Xuân (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kỳ II môn Toán học Khối 11 - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Bùi Thị Xuân (Có đáp án)

1. Trường THPT Bùi Thị XuânĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: Toán (Khối 11) Thời gian thi: 90 phút Câu 1. (2 điểm) Tính các giới hạn sau : 3 2 lim 6x 5x 4x 1 2 a) 4 2 b) lim 9x 3x 1 3x 1 x 1 9x 8x 1 x 3 Câu 2. (2 điểm) 2x2 5x 7 khi x > 1 x 1 a) Tìm a , b để hàm số sau liên tục tại x = 1 : f (x) a b khi x = 1 2 x 2bx 3a khi x < 1 b) Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm với mọi m ∈ R (m2 – 3m + 2)(x2 - 3x + 2) + (3 – 2x)(3 - 2m) = 0 Câu 3. (1 điểm) : Tính đạo hàm các hàm số sau : 2015 2x 1 a)y b) y = (1 x). x2 2x 5 3x 1 Câu 4 : (1 điểm) 2x 1 Cho hàm số y f(x) có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết 1 2x song song với đường thẳng d: 4x – y – 7 = 0. Câu 5. (4 điểm) Cho hình chóp SABCD , có đáy ABCD là hình thang vuông tại A , B với AB = BC =a , AD = 2a , SA vuông góc mặt phẳng (ABCD) , SA = a 2 . Gọi M là trung điểm AD , O là giao điểm của AC và BM a) Chứng minh AC vuông góc CD và (SAC) vuông góc (SCD). b) Xác định và tính khoảng cách từ A đến (SBM). c) AB cắt CD tại E . Chứng minh C là trung điểm của ED ; tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB). d) Tính khoảng cách giữa hai đường SB và CD. HẾT
2. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2014 – 2015 TOÁN 11 (đáp án gồm 4 trang ) Đáp án Điểm Câu 1. (2 điểm) Tính các giới hạn 3 2 lim 6x 5x 4x 1 2 a) 4 2 b) lim 9x 3x 1 3x 1 x 1 9x 8x 1 x 3 3 2 (3x 1)(2x2 x 1) lim 6x 5x 4x 1 lim 0,25+0,25 4 2 3 2 x 1 9x 8x 1 x 1 (3x 1)(3x x 3x 1) 3 3 2 lim 2x x 1 3 2 0,25 x 1 3x x 3x 1 3 2 0,25 5 2 2 b) lim 9x2 3x 1 3x 1 = lim 9x 3x 1 9x 1 0,25 x x 9x2 3x 1 3x = lim 3x 1 1 0,25 x x 9 3 1 3x 2 x x 3 1 = lim x 1 x 3 1 0,25 9 3 x x2 1 0,25 2 2. a) Ta có f(1) = a + b ; 0,25 2x2 5x 7 (x 1)(2x 7) lim f (x) lim lim lim (2x 7) 9 0,25 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 lim f (x) lim (x 2bx 3a) 3a 2b 1 0,25 x 1 x 1 a b 9 a 10 Hàm số liên tục tại x = 1 lim f(x) lim f(x) f(1) ⟺ 0,25 x 1 x 1 3a 2b 1 9 b 19 b) Cách 1: Đặt f (x) (m2 3m 2)(x2 3x 2) (3 2x)(3 2m) thì f(x) là hàm số xác định và liên tục 0,25 trên R Ta có: f(1) = –(3–2m) và f(2) = 3 – 2m 0,25 f(1).f(2) = –(3 – 2m)2 ≤ 0 với mọi m ¡ (2) 0,25 + Xét 3 – 2m = 0 m 3 2 f (1) 0 Phương trình f(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm là x = 1 v x = 2 f (2) 0 + Xét 3 2m 0 f (1)f (2) 0 Phương trình f(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm trên (1; 2) Vậy, trong cả hai trường hợp thì pt f(x) = 0 luôn có nghiệm với mọi m ¡ 0,25 2 2 Cách 2: Đặt f (x) (m 3m 2)(x 3x 2) (3 2x)(3 2m) thì f(x) là hàm số xác định và liên tục trên R (1) 0,25 Ta có: f(1) = –(3–2m) và f(2) = 3 – 2m 0,25 2 f(1).f(2) = –(3 – 2m) ≤ 0 với mọi m ¡ (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra phương trình f(x) = 0 có nghiệm xo ∈ [1;2] với mọi m ∈ R 0,25
3. Chú ý: nếu HS ghi kết luận có nghiệm trên (1; 2) mà không làm tiếp thì trừ 0,25 2014 ' 2x 1 2x 1 3. a) y' 2015 . 0,25 3x 1 3x 1 2014 2014 2x 1 2(3x 1) 3(2x 1) 2x 1 1 0,25 2015 . 2015 . 3x 1 (3x 1)2 3x 1 (3x 1)2 2 2 b) y' (1 x)'. x 2x 5 (1 x) x 2x 5 ' 0,25 2 x2 2x 5 (1 x). x 1 2x 4x 6 0,25 x2 2x 5 x2 2x 5 Chú ý: HS không rút gọn thì cũng tha Câu 4. Gọi M(x0; y0 ) Î (C) là tiếp điểm và kD là hệ số góc của tiếp tuyến D d : 4x y 7 0 , hay d : y 4x 7 . Suy ra d có hệ số góc kd 4 ïì k = k = 4 song song với d Û íï D d ï 0,25 îï D º/ d 4 Ta có: f '(x) ( 2x 1)2 4 2x 1 1 x 0 Ta có: '( ) 4 ( 2x 1)2 1 0 0 0,25 f x0 k 2 0 ( 2x0 1) 2x0 1 1 x0 1 + Với x0 0 y0 1 M1(0;1) Phương trình tiếp tuyến tại M1 (0;1) :y f '(0)(x 0) 1 hay : y 4x 1 (nhận) 0,25 + Với x0 1 y0 3 M2 (1; 3) Phương trình tiếp tuyến tại M2 (1; 3) : y f '(1)(x 1) 3 hay : y 4x 7 (loại vì trùng với d) Vậy, : y 4x 1 0,25 Chú ý: Nếu học sinh không loại một trường hợp của thì trừ 0,25đ Câu 5. (4 điểm)
4. AM / /BC a) Ta có: AM BC AB a Tứ giác ABCM là hình vuông 0,25 · MAB 90 1 ⟹ CM AB a AD . Suy ra, Tam giác ACD vuông tại C, hay CD ⊥ AC 0,25 2 CD  AC (cmt) CD  SA (do SA  (ABCD), CD  (ABCD) Ta có: SA  AC A SA, AC  (SAC) CD  (SAC) 0,25 Mà: CD  (SCD) ⟹ (SCD) ⊥ (SAC) 0,25 Chú ý: nếu HS chỉ nhận nhanh ABCM là hình vuông thì cũng được 0,25đ b) Trong (SAC), kẻ tạiAH H SO 0,25 Ta có MD//BC và MD = BC = a nên tứ giác BCDM là hình bình hành. Suy ra: BM //CD BM  (SAC) (do CD  (SAC)) AH  SO AH  BM (do BM  (SAC), AH  (SAC) Ta có: SO  BM O SO,BM  (SBM) AH  (SBM) tại H 0,25 d A,(SBM) AH 1 1 Ta có: AO AC a. 2 2 2 1 1 1 Tam giác SAO vuông tại O có AH là đường cao nên: 0,25 AH 2 AO2 AS2 a 10 AH 0,25 5 a 10 Vậy, d A,(SBM) AH 5 c) Ta có BC //AD và 2BC = 2a = AD nên BC là đường trung bình của tam giác EAD, suy ra C là trung 0,25 điểm của ED. Trong (SAB), kẻ kẻ AtạiF F S(1)E AD  AB AD  SA (do SA  (ABCD), AD  (ABCD) Ta có: AD  (SAB) AD  SE (do SE  (SAB)) (2) SA  AB A SA, AB  (SAB) AF  AD A Mà: (3) AF, AD  (ADF) (1),(2),(3) SE  (ADF) 0,25
5. (SAB)(SCD) SE (ADF)  SE · · · Ta có: (SAB),(SCD) (AF,FD) AFD 0,25 (ADF)(SAB) AF (ADF)(SCD) FD (do AD  (SAB) nên AD  AF . Suy ra tam giác ADF vuông tại A nên A· FD 900 ) 1 1 1 3 2a Tam giác SAE có AF AF 2 AE 2 AS2 4a2 3 · AD · 0 Ta có: tan AFD 3 AFD 60 0,25 AF Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB) bằng 60o. CD / /BM (do BCDM laø hình bình haønh) d) Ta có: BM  (SBM) CD / /(SBM) 0,25 CD  (SBM) ⟹ d(CD, SB) = d(CD,(SBM)) = d(D, (SBM)) 0,25 DA (SBM) M d[D,(SBM)] DM 1 d[D,(SBM)] d[A,(SBM)] 0,25 d[A,(SBM)] AM a 10 ⟹ d(CD, SB) = d(A, (SBM)) = (cmt) 0,25 5