Thi học kì II Toán 11-Hot(Đáp án)

 
 !"#$%&
'()**
 %(pht ( không k thi gian giao đ)
+,
 * (2đ) Tìm các giới hạn sau:
a.
2
3
1
1
1
lim
x
x
x
−
+
−>−
b.
327
12
lim
2
2
++
+−
∞>−
xx
xx
x

c.
2
- 2
2 3 1
lim
4 1
x
x x
x
>
+ +
+
d.
0
sin 4
lim
2
x
x
x
−>
/
  (2đ)
a. Tìm a,b để hàm số :
2
3, 1
( ) 5, 1
2 3 , 1
ax bx khi x

f x khi x
x b khi x

+ + <

= =


− >

liên tục tại x = 1
b. chứng minh rằng phương trình x
3
– 3x + 1 = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc (-2;2)
 0 (2đ) Cho hai hàm số :y =
2
1
)(
x
xf =
và y =
2
)(
2
x
xg =
a. Giải phương trình f
’
(x) + g
’’

(x) = 0
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại các giao điểm chung của chúng
 1 (4đ) Trong mặt phẳng
)(
α
, cho tam giác ABC vuông tại A. Trên đường thẳng vuông góc với mặt
phẳng
)(
α
tại C, lấy điểm S. Chứng minh:
a. Tam giác SCA vuông tại C
b. mp(SBC)
( )mp
α
⊥
c. AB
( )mp SAC⊥
d. SC
2
+ CA
2
+ AB
2
= SB
2
.

(Cn b coi thi không gii thch g thêm)
234567(///////////////////////////////////////////////////89:;<=7>////////////////////////////////////////////
!%?**

 *@AB
a,
2
3
1
1
lim
)1)(1(
)1)(1(
lim
1
1
lim
2
1
2
1
2
3
1
=
−
+−
=
−+
+−+
=
−
+
−>−−>−−>−

x
xx
xx
xxx
x
x
xxx
b,
3
1
32
9
11
3
lim
329
13
lim
2
2
2
2
=
++
+−
=
++
+−
∞>−∞>−
x

x
x
x
xx
xx
xx
c,
2
2
2 3 1 2.4 3.2 1 15
lim 5
3
4 1 4.2 1
x
x x
x
− >
+ + + +
= = =
+ +
d,
0 0 0
sin 4 2sin 4 sin 4
lim lim 2lim 2.1 2
2 4 4
x x x
x x x
x x x
−> −> −>
= = = =

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
 @AB
a, Ta có:
1
1
lim()(lim
>−
>−
=
−
x
x
xf
ax
2
+ bx + 3 ) = a + b + 3

bbxxf
xx
32)32(lim)(lim
11
−=−=
++
>−>−
.
Hàm số f(x) liên tục tại x = 1 khi và chỉ khi
)1()(lim)(lim

11
fxfxf
xx
==
+−
>−>−




−=
=
⇔



=−
=++
⇔
1
3
532
53
b
a
b
ba
KL: Hàm số đã cho liên tục tại x = 1 khi a = 3 và b = -1
b, Đặt f(x) = x
3

– 3x + 1, f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên R nên f(x) liên tục trên đoạn [-
2;2 ]. Ta có f(-2) = -1
f(-1) = 3
f(1) = - 1
f(2) = 3
0)(:)1;2(01)1()2(
11
=−−∈∃⇒<−=−−⇒ xfxff
0)(:)1;1(03)1()1(
22
=−∈∃⇒<−=−⇒ xfxff
0)(:)2;1(03)2()1(
33
=∈∃⇒<−=⇒ xfxff
Vậy phương trình x
3
– 3x + 1 = 0 có ba nghiệm thuộc khoảng (-2;2)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5 đ
 0@AB
a, Ta c ó f
’
(x) =
2

2
1
x
−
; g
’
(x) =
2)(2
2
2
''
=⇒= xgx
x
f
’
(x) + g
’’
(x) = 0
2
1
,
2
1
2
1
2
2
1
02
2

1
2
22
−==⇔=⇔=⇔=+−⇔ xxx
xx
b, G ọi (C) : y = f(x) =
2
1
x
; (C
1
) : y = g(x) =
2
2
x
.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) v à (C
1
) là:
11
22
1
3
2
=⇔=⇔=
xx
x
x
Thay vào phương của trình của (C) có y =
2

1
. Vậy (C) và (C
1
) có một điểm chung duy
nhất là (x
0
= 1; y
0
=
2
1
).
+, Ta có f
’
(x) =
2
1
2
x
−
; f
’
(1) =
2
1
−
.
0,5đ
0,5đ
0,25đ

0,25đ
⇒
phương trình tiếp tuyến của (C) tại






2
1
;1
là: y =
( )
2
1
1
2
1
+−− x
+, g
’
(x) =
;2
2
2
x
x
=
g

’
(1) =
2
⇒
phương trình tiếp tuyến của (C
1
) tại






2
1
;1
là: y =
( )
2
1
12 +−x

0,25đ
0,25đ
Câu 4(4đ)
a, Ta có:
.
)(
)(
CASC

mpCA
mpSC
⊥⇒



⊂
⊥
α
α
Vậy
SCA∆
vuông tại C
b, Ta có
ABSC
mpAB
mpSC
⊥⇒



⊂
⊥
)(
)(
α
α
(1)
Theo giả thiết: AB
⊥

AC (2) (vì
∆
ABC vuông tại A)
Từ (1) (2) suy ra: AB
⊥
mp(SCA)
c, Ta có: SC
⊥
mp (
α
), (gt)
SC
⊂
mp (SBC)
Mp (SBC)
⊃
SC
⊥
mp (
α
)
⇒
mp (SBC)
( )
α
mp⊥
d, Theo a, tam giác SCA vuông tại C nên: SC
2
+ CA
2

= SA
2
(Pytago)
Theo b, AB
( )
SACmp⊥
suy ra AB
⊥
AS suy ra tam giác SAB vuông tại A nên: SA
2
+
AB
2
= SB
2
(Pytago)
Thay SA
2
vào ta được SC
2
+ CA
2
+ AB
2
= SB
2
0,5đ
1đ
1đ
1đ

0,5đ
CDE
1/ Nếu học sinh có cách giải khác đáp án mà vẫn đúng và phù hợp với nội dung chương trình thì giám
khảo vẫn cho đủ điểm từng phần quy định.
2/ Điểm của bài kiểm tra là tổng điểm của toàn bài và làm tròn đến 0,5. (Ví dụ: 6,25 làm tròn thành 6,5;
6,75 làm tròn thành 7,0)
C
A
S
B
α