Kiểm tra Toán 11 - Học kì 2 - Đề số 3

Đề số 3
ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2010 – 2011
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
I. Phần chung: (7,0 điểm)
Câu 1: (2,0 điểm) Tìm các giới hạn sau:
a)
n n
n
3 2
3
2 4
lim
2 3
+ +
−
b)
x
x
x
1
2 3
lim
1
+
→
−
−
Câu 2: (1,0 điểm) Tìm a để hàm số sau liên tục tại điểm x = 0:
x a khi x
f x

x x khi x
2
2 0
( )
1 0

+ <
=

+ + ≥

Câu 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a)
y x x x x
2 5
(4 2 )(3 7 )= + −
b)
y x
2 3
(2 sin 2 )= +
Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SC.
a) Chứng minh AC ⊥ SD.
b) Chứng minh MN ⊥ (SBD).
c) Cho AB = SA = a. Tính cosin của góc giữa (SBC) và (ABCD).
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:
m x x x
3
( 1) ( 2) 2 3 0− + + + =

Câu 6a: (2,0 điểm) Cho hàm số
y x x
4 2
3 4= − −
có đồ thị (C).
a) Giải phương trình:
y 2
′
=
.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ
x
0
1=
.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 5b: Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm với mọi m:
m m x x
2 4
( 1) 2 2 0+ + + − =
Câu 6b: (2,0 điểm) Cho hàm số
y f x x x
2
( ) ( 1)( 1)= = − +
có đồ thị (C).
a) Giải bất phương trình:
f x( ) 0
′
≥
.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành.
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN TOÁN LỚP 11 – ĐỀ SỐ 3
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a)
3 2
3
3
3
1 4
2
2 4
lim lim
2
2 3
3
n n
n
n
n
n
+ +
+ +
=
−
−
0,50

=
2
3
−
0,50
b)
Nhận xét được:
x
x
x
x
x x
1
1
lim( 1) 0
lim(2 3) 1 0
1 1 0
+
+
→
→
+

− =


− = − <


→ ⇒ − >



0,75
Kết luận:
1
2 3
lim
1
x
x
x
+
→
−
= −∞
−
0,25
2
x a khi x
f x
x x khi x
2
2 0
( )
1 0

+ <
=

+ + ≥


•
x
f x f
0
lim ( ) (0) 1
+
→
= =
0,50
•
x x
f x x a a
0 0
lim ( ) lim( 2 ) 2
− −
→ →
= + =
0,25
• f(x) liên tục tại x = 0 ⇔ 2a = 1
1
2
a⇔ =
0,25
3 a)
y x x x x
2 5
(4 2 )(3 7 )= + −
7 6 3 2
28 14 12 6y x x x x⇒ = − − + +

0,50
6 5 2
' 196 84 36 12y x x x x⇒ = − − + +
0,50
b)
y x
2 3
(2 sin 2 )= +
y x x x
2 2
' 3(2 sin 2 ) .4sin2 .cos2⇒ = +
0,50
y x x
2
' 6(2 sin 2 ).sin4⇒ = +
0,50
4
0,25
a)
ABCD là hình vuông ⇒ AC⊥BD (1)
S.ABCD là chóp đều nên SO⊥(ABCD) ⇒
SO AC
⊥
(2)
0,50
Từ (1) và (2) ⇒ AC
⊥
(SBD)
AC SD
⇒ ⊥

0,25
b) Từ giả thiết M, N là trung điểm các cạnh SA, SC nên MN // AC (3) 0,50
AC ⊥ (SBD) (4). Từ (3) và (4) ⇒ MN ⊥ (SBD)
0,50
c)
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều và AB = SA = a nên ∆SBC đều cạnh a.
Gọi K là trung điểm BC ⇒ OK ⊥ BC và SK ⊥ BC
0,25
2
⇒
( )
·
SBC ABCD SKO( ),( )
ϕ
= =
0,25
Tam giác vuông SOK có OK =
a
2
, SK =
a 3
2
0,25
⇒
·
a
OK
SKO
SK
a

1
2
cos cos
3 3
2
ϕ
= = = =
0,25
5a
Gọi
f x m x x x
3
( ) ( 1) ( 2) 2 3= − + + +
⇒
f x( )
liên tục trên R 0,25
f(1) = 5, f(–2) = –1 ⇒ f(–2).f(1) < 0
0,50
⇒ PT
f x( ) 0=
có ít nhất một nghiệm
c m R( 2;1),∈ − ∀ ∈
0,25
6a a)
y x x
4 2
3 4= − −
⇒
y x x
3

4 6
′
= −
0,25
y x x x x x
3 2
2 4 6 2 ( 1)(2 2 1) 0
′
= ⇔ − = ⇔ + − − =
0,25
⇔
x x x
1 3 1 3
1; ;
2 2
− +
= − = =
0,50
b)
Tại
0
1x =
⇒
y k y
0
6, (1) 2
′
= − = = −
0,50
Phương trình tiếp tuyến là

y x2 4= − −
0,50
5b
Gọi
f x m m x x
2 4
( ) ( 1) 2 2= + + + −
⇒
f x( )
liên tục trên R 0,25
f(0) = –2, f(1) =
2
2
1 3
1 0
2 4
m m m
 
+ + = + + >
 ÷
 
⇒ f(0).f(1) < 0 0,50
Kết luận phương trình
f x( ) 0=
đã cho có ít nhất một nghiệm
c m(0;1),∈ ∀
0,25
6b a)
y f x x x
2

( ) ( 1)( 1)= = − +
f x x x x
3 2
( ) 1⇒ = + − −
f x x x
2
( ) 3 2 1
′
⇒ = + −
0,50
BPT
f x x x x
2
1
( ) 0 3 2 1 0 ( ; 1) ;
3
 
′
≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞
 ÷
 
0,50
b) Tìm được giao điêm của ( C ) với Ox là A (–1; 0) và B(1; 0) 0,50
Tại A (–1; 0):
k f
1
( 1) 0
′
= − =
⇒ PTTT:

y 0=
(trục Ox) 0,25
Tại B(1; 0):
k f
2
(1) 4
′
= =
⇒ PTTT:
y x4 4= −
0,25
3