Đề thi khảo sát học kỳ II môn Toán học Lớp 11 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Lý Thái Tổ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát học kỳ II môn Toán học Lớp 11 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Lý Thái Tổ (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2017 – 2018 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn thi: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 11 tháng 5 năm 2018 Câu 1 (3 điểm). a) Tính các giới hạn sau xx323 54 L lim . 1 x 3 x 3 Llim( x2 3 x 2 x ) . 2 x b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau liên tục tại điểm x 1 3 4xx 5 2 7 khi x 1 fx().(x 1)2 mx21 khi x Câu 2 (2,0 điểm). a) Cho hàm số f( x ) 4 x 2017 sin2 x 2 3 sin2 x . Giải phương trình fx'( ) 0. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x323 mx ( m 2) x 6 2 m ( C ) tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến tiếp tuyến đó là lớn nhất. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình sau: 2x2 6 x 10 5( x 2) x 1 0. Câu 4 (2,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2,a mặt bên SAB là tam giác đều. Gọi HK, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD . a) Chứng minh rằng mặt phẳng SHK vuông góc với mặt phẳng ABCD . b) Tính góc giữa SA và mặt phẳng ABCD biết khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB 26a bằng . 3 Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(2;0),B(4;2) và đường thẳng d:2 x y 8 0 . Viết phương trình đường tròn C tâm I nằm trên đường thẳng d và đi qua hai điểm AB,. n Câu 6 (1,0 điểm). Cho x là số thực không âm, tìm hệ số của x 3 trong khai triển của (12xx2 ) biết n là n 1 n1 1 n 2 2 n 3 3 ) n số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức 2Cn 2.2 C n 3.2 C n ( 1 nC n 1009 . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . .; Số báo danh: .
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2017 – 2018 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn thi: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11 tháng 5 năm 2018 Câu Lời giải sơ lược Điểm 1a x33 x 2 54 ( x 3)( x 2 6 x 18) Ta có L lim lim 0,5 1 xx33xx33 limxx2 6 18 9 18 18 45 x 3 0,5 32x Ta có Llim x2 3 x 2 x lim 2 0,5 xxx2 32 x x 2 3 32x 3 lim lim x x 32 x 32 2 0,5 |xx | 1 11 x x 2 x x 2 1b 5 TXĐ: D ; . 4 0,25 Ta có: xD1 và f(1) m 2 ; 2 3 4xx 5 2 7 9(4xx 5) 2 7 4(x 1)2 limfx ( ) lim lim lim xx11(x 1)2 x 1 (x 1)2 [3 4 x 5 2 x 7] x 1 (x 1)2 [3 4 x 5 2 x 7] 0,25 42 lim x 1 3 4xx 5 2 7 9 2 20 Để hàm số liên tục tại điểm x 1 khi và chỉ khi limf ( x ) f(1) m 2 m x 1 99 0,5 2a Ta có: f'( x ) 4 2cos2 x 2 3 sin2 x 0,5 Khi đó f'() x 0 4 2cos2 x 23sin2 x 0 cos2 x 3sin2 x 2 0,25 cos 2x 1 2x k 2 x k ( k ). 3 36 0,25 2b Gọi M( C ) Oy M 0;6 2 m . Ta có: f'( x ) 3 x2 6 mx m 2 f '(0) m 2 Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị ()C tại điểm M là: 0,5 y( m 2)62 x m ( m 2) x y 62 m 0() Dễ thấy đường thẳng () luôn đi qua điểm cố định A(2;2) với mọi giá trị của tham số m . Gọi H là hình chiếu của gốc tọa độ O trên . Ta có: dO, OH OA 2 2 dmin 2 2 khi H A OA OA// n 0,5 m 21 m 1 . 22 Vậy m 1 là giá trị cần tìm. 3 ĐKXĐ: x 1. 0,25 Đặt a x2; b x 1 0 2a2 2 b 2 2 x 2 6 x 10 .
3. Phương trình trở thành 2a2 2 b 2 5 ab 0 2 a 2 5 ab 2 b 2 0 (a 2 b )(2 a b ) 0 a 2 b b 2 a 0,25 x 2 Với ab2 x2 2 x 1 x 8 xx2 80 0,25 x 2 Với ba2 x1 2 x 2 x 3 4xx2 17 15 0 0,25 Vậy tập nghiệm của pt là: S {3,8} 4 a) Ta có: SH AB (vì tam giác SAB đều) và HK AB (vì ABCD là hình vuông) S 0,5 ()SHK AB mà AB()()() ABCD SHK ABCD 0,5 b) Từ S kẻ SI HK SI() ABCD (vì P ()()SHK ABCD theo giao tuyến HK ) Do AB(SAB) ( SHK ) (SAB) theo giao tuyến A D SH , nên từ K kẻ KP SH KP() SAB 0,5 KP d( K ,( SAB )) d CD ;( SAB ) 26a H I K d CD, SB 3 B C Do tam giác SAB đều cạnh 23a SH a KP. SH Ta lại có: KP. SH SI . HK SI a 2 HK Vì SI (ABCD) (SA,(ABCD)) SAI 0,5 SI a 22 sin SAISAI 450 SA22 a 5 Vì I d I( a ;8 2 a ) IA(2 a ; a 4); IB(4 a ;2 a 6) 0,5 Do A,B (C) IA IB R IA2 IB 2 (2a ) 2 (2 a 8) 2 (4 a ) 2 (2 a 6) 2 a 4 Với a4 I (4;0), R IA 2 Phương trình của đường tròn ()C là: 0,5 (xy 4)22 4 6 Xét khai triển: n0 1 2 2 3 3 n n (1x ) Cn C n x C n x C n x C n x (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: n1 1 2 3 2 n n 1 n(1x ) Cn 2 C n x 3 C n x nC n x (2) 1 Thay x vào (2) ta được: 0,5 2 nn1 2 1 1 1 1 1 nC1 2 C 2 3 C 3 ( 1)nn 1 nC 2n n 2 n 2 n 2 n1 1 n 2 2 n 3 3 n 1 n n2 Cn 2.2 C n 3.2 C n ( 1) nC n Từ giả thiết n 1009
4. nk1009 1009 2 2k 2 1009 k k Với n 1009 , ta có: 1 2x x 1 x 2 x C1009 (1 x ) .2 x (*) k 0 Trong các số hạng của khai triển (*) thì số hạng chứa x 3 ứng với k 2 là: 2 2 2 1009 2 2 2 2 1007 2 0 1 2 1007 2014 0,5 Cx1009(1 ) .2 xCxxCxCCx 4 1009 (1 ) 4 1009 1007 1007 C 1007 x 2 0 1 3 1007 2015 4C1009 C 1007 x C 1007 x C 1007 x 3 21 hệ số của lũy thừa x là: 4CC1009 1007