Tài liệu Www.mathvn.com -kiem tra toan 11 hoc ki 2 de so 6

www.MATHVN.com www.MATHVN.com Đề số 6 I. Phần chung: (7,0 điểm) Câu 1: (2,0 điểm) Tìm các giới hạn sau: ( x  2)3  8 a) lim x �0 x ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2010 – 2011 Môn TOÁN Lớp 11 Thời gian làm bài 90 phút b) lim  x �� x 1  x  Câu 2: (1,0 điểm) Xét tính liên tục của hàm số sau tại điểm x0  1 : �3 x �  2x 1 � f (x)  � x  1 � 2x  3 � khi x  1 khi x �1 Câu 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau: x 1 x2  x  2 a) y  b) y  2x 1 2x 1 Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, SA  (ABC), SA = a 3. a) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: BC  (SAM). b) Tính góc giữa các mặt phẳng (SBC) và (ABC). c) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). II. Phần riêng 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 5a: (1,0 điểm) Chứng minh phương trình: 2 x 4  4 x 2  x  3  0 có ít nhất hai nghiệm thuộc –1; 1. Câu 6a: (2,0 điểm) x 3 � . Tính y� . x4 b) Cho hàm số y  x 3  3 x 2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm I(1; –2). a) Cho hàm số y  2. Theo chương trình Nâng cao Câu 5b: (1,0 điểm) Chứng minh phương trình: x 3  3 x  1  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 6b: (2,0 điểm) � a) Cho hàm số y  x.cos x . Chứng minh rằng: 2(cos x  y� )  x ( y�  y)  0 . b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) của hàm số y  f ( x )  2 x 3  3 x  1 tại giao điểm của (C) với trục tung. --------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 SBD :. . . . . . . . . . www.MATHVN.com Câ u 1 ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN LỚP 11 – ĐỀ SỐ 6 www.MATHVN.com Nội dung Ý a) lim ( x  2)3  8 x 3  6 x 2  12 x  lim x �0 x �0 x x 0,50  lim ( x 2  6 x  12)  12 0,50 x �0 b) lim  x �� x  1  x   lim x �� 1 0,50 x 1  x =0 f (1)  5 2 3x �  2x 1  lim(3 x  1)  4 x �1 x �1 x �1 x 1 0,25 Từ (1), (2), (3)  hàm số không liên tục tại x = 1 x 1 3 y � y'  2x 1 (2 x  102 lim f ( x )  lim 3 a) b) Điểm (1) 0,50 0,25 (2) 0,25 0,25 0,50 x2  x  2 2 x2  2 x  5 y � y'  2x  1 (2 x  1)2 0,50 4 0,25 a) b) Tam giác ABC đều, M �BC , MB  MC � AM  BC 0,25 Từ (1) và (2) suy ra BC  (SAM) (SBC) �(ABC) = BC, SM  BC  cmt  , AM  BC (1) � � ((SBC ),( ABC ))  SMA 0,25 0,50 0,25 a 3 �  SA  2 , SA  a 3  gt  � tan SMA 2 AM Vì BC  (SAM)  (SBC)  (SAM) (SBC ) �(SAM )  SM , AH �(SAM ), AH  SM � AH  (SBC ) � d ( A,(SBC ))  AH , AM = c) 0,25 2 0,25 0,25 0,25 0,25 www.MATHVN.com 3a2 1 1 1 SA . AM 4 a 3  2 � AH 2  2 � AH  2 2 2 5 AH SA AM SA  AM 3a2 3a2  4 4 2 Gọi f ( x )  2 x  4 x  x  3  f ( x ) liên tục trên R 2 5a 6a a) a) b) 0,25 0,25 0,25 f(0) = –3, f(1) = 4 � f (0). f (1)  0  PT f ( x )  0 có ít nhất 1 nghiệm c2 �(0;1) 0,25 Mà c1 �c2 � PT f ( x )  0 có ít nhát hai nghiệm thuộc khoảng (1;1) . 0,25 y x 3 7 � y'  x4 ( x  4)2 0,50 14 0,50 ( x  4)3 y  x 3  3x 2 � y '  3x 2  6 x � k  f � (1)  3 0,50 x0  1, y0  2, k  3 � PTTT : y  3 x  1 0,50 3 x 3  3 x  1  0 (*). Gọi f ( x )  x  3 x  1  f ( x ) liên tục trên R 5b 6b 3a2 . f(–1) = 2, f(0) = –3 � f(–1).f(0) < 0  PT f ( x )  0 có ít nhất 1 nghiệm c1 �(1; 0) � y"  b) 2 f(–2) = –1, f(0) = 1 � f (2). f (0)  0  c1 �(2; 0) là một nghiệm của (*) 0,25 f(0) = 1, f(1) = –1 � f (0). f (1)  0 � c2 �(0;1) là một nghiệm của (*) 0,25 f (1)  1, f (2)  3 � f (1). f (2)  0 � c3 �(1;2) là một nghiệm của (*) 0,25 Dễ thấy c1 , c2 , c3 phân biệt nên PT (*) có ba nghiệm phân biệt y  x .cos x  y '  cos x  x sin x � y "   s inx  s inx  x cos x � y "   x cos x 0,25 0,50 � 2(cos x  y� )  x ( y�  y )  2(cos x  cos x  x sin x )  x(2 sin x  x cos x  x cos x )   2 x sin x  2 x sin x  0 Giao điểm của ( C ) với Oy là A(0; 1) y  f ( x )  2 x 3  3x  1  y '  f � ( x)  6 x 2  3 0,25 0,25 0,25 0,25 k f� (0)  3 Vậy phương trình tiếp tuyến tại A(0; 1) là y  3 x  1 0,25 3 0,25