Tài liệu Www.mathvn.com - kiem tra toan 11 hoc ki 2 de so 5

www.MATHVN.com www.MATHVN.com Đề số 5 I. Phần chung: (7,0 điểm) Câu 1: (2,0 điểm) Tìm các giới hạn sau: x 2  3x  2 a) lim x �2 x 3  2 x  4 ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2010 – 2011 Môn TOÁN Lớp 11 Thời gian làm bài 90 phút b) lim  x �� x2  2x 1  x  Câu 2: (1,0 điểm) Xét tính liên tục của hàm số sau tại điểm x0  1 : �2 x 2  3 x  1 � khi x �1 f (x)  � 2 x  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  3sin 2 x.sin 3 x 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 )  4 x 2  x 4 có đồ thị (C). a) Giải phương trình: f� (x)  0 . 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 )  4 x 2  x 4 có đồ thị (C). a) Giải bất phương trình: f� (x)  0 . b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. --------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 SBD :. . . . . . . . . . www.MATHVN.com ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN LỚP 11 – ĐỀ SỐ 5 www.MATHVN.com Câ u 1 Ý a) Nội dung lim x �2 x 2  3x  2 x3  2x  4 = lim lim x �2 ( x  2)( x 2 x 1 1  x  2 x  2 10  2 x  2)  x �� 0,50 0,50 2 x �2 b) ( x  1)( x  2)  lim Điểm  x 2  2 x  1  x  lim x �� 2x 1 x2  2x  1  x 1 x 1 = 2 1 1  2 1 x x f(1) = 2 0,50 2 2 0,25 2 x  3x  1 ( x  1)(2 x  1) 2x 1 1 lim f ( x )  lim  lim = lim = x �1 x �1 x �1 x �1 2( x  1) 2( x  1) 2 2 Kết luận hàm số liên tục tại x = 1 0,50 2 3 a) b) 0,50 y  ( x 3  2)( x  1) � y  x 4  x 3  2 x  2 0,25 0,50 � y '  4 x 3  3x 2  2 0,50 y  3sin2 x.sin 3 x � y '  6sin x cos x.sin 3 x  6sin 2 x.cos3 x  6sin x(cos x sin 3 x  sin x cos3 x )  5sin x sin 4 x 0,50 0,50 4 0,25 a) b) c) SA  (ABC)  BC  SA, BC  AB (gt) BC  (SAB)  BC  SB Vậy tam giác SBC vuông tại B SA  (ABC)  BH  SA, mặt khác BH  AC (gt) nên BH  (SAC) BH  (SBH)  (SBH)  (SAC) Từ câu b) ta có BH  (SAC)  d ( B,(SAC ))  BH 1 1 1   2 2 BH AB BC 2 2 0,50 0,25 0,50 0,50 0,50 www.MATHVN.com BH 2  5a AB 2 BC 2 2 10  � BH  2 2 5 5 AB  BC 0,50 Gọi f ( x )  (9  5m) x 5  (m 2  1) x 4  1  f ( x ) liên tục trên R. 0,25 2 6a a) � 5 � 3 � f (0). f (1)  0 f (0)  1, f (1)  � m  � � 2� 4  Phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1) với mọi m y  f (x)  4 x2  x 4 , f � ( x )  4 x 3  8 x � f � ( x )  4 x ( x 2  2) b) � x�2 ( x)  0 � 4 x( x 2  2)  0 � � Phương trình f � x0 � x  1 � y  3, k  f � (1)  4 5b 6b a) 0 0 0,50 0,25 0,50 0,50 0,50 Phương trình tiếp tuyến là y  3  4( x  1) � y  4 x  1 Đặt f(x)=ax 2  bx  c  f ( x ) liên tục trên R. 0,50 �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) �3 � 3 0,25 � 2� �2 � c2  Nếu c �0 thì f (0). f � �   0  PT đã cho có nghiệm  ��0; ��(0;1) � 3� �3 � 3 Kết luận PT đã cho luôn có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1) y  f (x)  4 x2  x 4 � f � ( x )  4 x 3  8 x � f � ( x )  4 x( x 2  2) 0,25 0,25 0,25 0,25 Lập bảng xét dấu : 0,50 b) Kết luận: f � ( x )  0 � x �  2; 0  � 2; � Giao của đồ thị với Oy là O(0; 0) Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại O là k = 0 Vậy phương trình tiếp tuyến là: y = 0 3 0,25 0,25 0,25 0,50