ĐỀ THI HỌC KỲ II KHOI 11(2008-2009)

SỞ GD-ĐT KON TUM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2008 – 2009
Môn: Toán
Lớp: 11
Thời gian: 90 phút ( Không kể thời gian phát đề)
I. Phần chung: (7,0 điểm). Dành cho tất cả học sinh
Bài I. (2,0 điểm) Tìm giới hạn của các hàm số sau
1.
1
2 5
lim
4 3.5
+
−
+
n n
n n
2.
(
)
2
lim 4 3 2
→+∞
+ −
x
x x x
3.
2
2
5
11 30
lim

25
→
− +
−
x
x x
x
Bài II. (1,5 điểm) Cho hàm số
2
3 2
( )
4
2

− −

=

−

≤

x x
f x
x
, khi x > 2
ax + 4 , khi x
.
1. Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định của nó khi a = -2
2. Định a để f(x) liên tục trên R.

Bài III. (1,5 điểm) Cho hàm số y=
2 1
3
x
x
−
+
có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến song song với
đường thẳng 6x – 3y + 5 = 0
Bài IV. (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, SA
⊥
(ABCD) và
SA = a. Gọi I là trung điểm của SD.
1. Chứng minh (AIC)
⊥
(SCD).
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (AIC) và (ABCD)
II. Phần riêng: (3,0 điểm) Học sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần riêng cho
chương trình đó.
1. Phần dành riêng cho chương trình chuẩn
Bài Va (1,0 điểm): Cho hàm số y = x.sinx. Chứng minh rằng:
x.y – 2(y’ – sinx) + x.y” = 0
Bài VIb (2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh SA = a
2
và
vuông góc với mặt phẳng (BCD).
1. Chứng minh tam giác SDC là tam giác vuông
2. Tính khoảng cách từ SC đến BD.
2. Phần dành riêng cho chương trình nâng cao
Bài Vb (1,0 điểm): Cho hàm số f(x) = 16 cosx – 2cos2x + 2x

2
. Giải phương trình f”(x) = 0.
Bài VIb (2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA = a và vuông
góc với mặt phẳng (ABCD).
1. Gọi M là một điểm di động trên BC, gọi K là hình chiếu của S trên DM. Tìm tập hợp các điểm K
khi M di động.
2. Đặt BM = x. Tính khoảng cách từ S đến DM.
Hết
Đáp án và biểu điểm
Bài Nội dung Điểm
Phần chung (7,0 điêm)
Bài I 1
1
2
5
2 5 2 5.5 5
5
lim lim lim
4 3.5 4 3.5 3
4
3
5
+
 
−
 ÷
− −
 
= = = −
+ +

 
+
 ÷
 
n
n n n n
n
n n n n
0,5
2
(
)
2 2
2
2
2
4 3 4
lim 4 3 2 lim
4 3 2
3 3
lim lim
3
4 3 2
| | 4 2
3 3
lim
4
3
4 2
→+∞ →+∞

→+∞ →+∞
→+∞
+ −
+ − ==
+ +
= =
 
+ +
+ +
 ÷
 
= =
+ +
x x
x x
x
x x x
x x x
x x x
x x
x x x
x x
x
x
0,5
0,5
3
( ) ( )
( ) ( )
( )

2
2
5 5 5
5 6 6
11 30 1
lim lim lim
25 5 5 5 10
→ → →
− − − −
− +
= = =
− − − + +
x x x
x x x
x x
x x x x
0,5
Bài II
(1,5
điểm)
1 Tập xác định: D=
¡
Ta có: f(2) = 2.(-2) + 4 = 0
( )
2
2 2
2 2 2 2 2
3 2 3 2 ( 1)( 2) ( 1) 1
lim 2 4 0, lim lim lim lim
4 4 ( 2)( 2) ( 2) 4

x x x x x
x x x x x x x
x
x x x x x
− + + + +
→ → → → →
− − − + − − −
− + = = = = =
− − − + +
Vì
( ) ( )
2 2
lim lim
x x
f x f x
− +
→ →
≠
nên hàm số không liên tục tại x = 2
0,25
0,25
0,25
2 Để hàm số liên tục trên
¡
khi và chỉ khi

( ) ( )
( )
2 2
2

2 2
lim lim
3 2
lim x+4 lim
4
1
2 4
4
17
8
x x
x x
f x f x
x x
a
x
a
a
− +
− +
→ →
→ →
⇔ =
− −
⇔ =
−
⇔ + =
⇔ = −
0,25
0,25

0,25
Bài III
(1,5
điểm)
Ta có y’=
2
7
( 3)x +
Gọi phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) có dạng: y = k(x – x
0
) + y
0
Vì tiếp tuyến song song với đương thẳng 7x – 4y + 5 = 0 hay y =
7
4
x +
5
4
nên
k =
7
4
hay
2
7
( 3)x +
=
7
4
( )

2
5
3 4
1
x
x
x
= −

⇔ + = ⇔

= −

Với x = -5
11
2
y⇒ =
, phương trình tiếp tuyến y =
7
4
(x + 5) +
11
2
hay y =
7
4
x +
57
8
Với x = - 1

3
2
y⇒ = −
, phương trình tiếp tuyến y =
7
4
(x + 1)
3
2
−
hay y =
7
4
x +
1
8
0,5
0,5
0,5
Bài IV
(2,0
1
Ta có:
( )
D SAD
D
SA CD
C
AD C
⊥


⇒ ⊥

⊥


điểm) Mà AI
⊂
(SAD)
⇒
AI
⊥
CD
Và AI
⊥
CD nên AI
⊥
(SCD) mà AI
⊂
(AIC)
Vậy (ACI)
⊥
(SCD)
0,5
0,5
2
Ta có
( )
D SAC
D

SA BD
B
AC B
⊥

⇒ ⊥

⊥

mà SO
⊂
(SAC) nên SO
⊥
BD
Và AO
⊥
BD (vì AC, BD là đường chéo của hình vuông ABCD)
Do
SO BD
AO BD
⊥


⊥

nên ((SBD),(ABCD)) = (SO,AO) =
¼
SOA
Trong tam giác SOA vuông tại A ta có
tan

¼
SOA
=
2
2 2
2
SA a
AO
a
= =
⇒
¼
SOA
= 54
0
44’
0,5
0,5
Phần dành riêng cho chương trình chuẩn
Bài Va
(1.0
điểm)
Ta có: y’ = sinx + x.cosx
y” = 2cosx – x.sinx
x.y – 2(y’ – sinx) + x.y” = x.x.sinx – 2(sinx + x.cosx – sinx) + x(2cosx – x.sinx)
= x
2
.sinx – 2x.cosx + 2x.cosx – x
2
.sinx

= 0
0,5
0,5
Bài
VIa
(2điểm)
1
Ta có: SA
( )
( )
SA ABCD
CD SA
CD ABCD
⊥

⇒ ⊥

⊂

CD
AD⊥
(vì ABCD là hình vuông)
Suy ra CD
⊥
(SAD) mà SD
⊂
(SAD) nên CD
⊥
CD
Vậy tam giác SCD vuông tại D.

0,5
0,5
2
Ta có:
D (SAC)
BD SA
B
BD AC
⊥

⇒ ⊥

⊥

tại O
Trong mặt phẳng (SAC) từ O kẻ OE vuông góc SC tại H
Ta có:
( )
D (SAC)
OH SC
OH BD B
⊥



⊥ ⊥


Do đó OH là đoạn vuông góc chung của BD và SC.
Hai tam giác vuông SAC và OHC có chung đỉnh C nên

SAC OEC
∆ ∆
:
ta có

.OE SA SA OC
OE
OC SC SC
= ⇒ =
Với OC=
1 2
2 2
a
AC =
; SC =
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 4 2SA AC a a a a+ = + = =
2
2.
.
2
2 2
a
a
SA OC a
OE
SC a
⇒ = = =

0,25
0,25
0,25
0,25
Phần dành riêng cho chương trình nâng cao
Bài Vb
( 1
điểm)
Ta có f’(x) = -16sinx + 4.sin2x + 4x
f”(x) = -16cosx + 8cos2x + 4
f”(x) = 0
⇔
-16cosx + 8cos2x + 4 = 0
⇔
-16cosx + 8(2cos
2
x -1) + 4 = 0
⇔
16 cos
2
x – 16cosx – 4 = 0
0,25
0.25
0,5
O
I
A
D
B
C

S
O
A
D
B
C
S
E
⇔
1 2
cos
2
1 2
cos (lo¹i)
2
x
x

−
=



+
=


⇔
x = arccos
1 2

2
−
+ k2
π
Bài
VIb
(2,0
điểm)
1 Phần thuận:
Vì SK
⊥
MD theo định lí ba đường vuông góc
ta có AK
⊥
DM hay
·
AKD
= 90
0
Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vì DM luôn luôn
nằm trong góc
·
BDC
nên K nằm trên cung
»
OD
.
Phần đảo:
Lấy điểm K bất kì trên cung
»

OD
, DK cắt BC tại M. ta có AK
⊥
DM.
Vậy tập hợp các điểm K khi M di động trên đoạn BC là cung
»
OD
.
0,5
O,5
2 Ta có SK
⊥
DM nên K là hình chiếu vuông góc của S lên DM
Do đó khoảng cách từ S đến MD là đoạn SK.
Trong tam giác vuông SAK ta có
SK
2

= SA
2

+ AK
2
Ta có: DM =
( )
2
2 2 2 2 2
2 x+2aCM CD a a x x a+ = + − = −
Trong tam giác ADM có AK là đường cao, ta có

2
2
2 2 2 2
2.
2.
1
2
.
2
2 x+2a 2 x+2a
ADM
ADM
a
S
a
S AK DM AK
DM
x a x a
∆
∆
= ⇒ = = =
− −
Vậy
( ) ( )
2 2 2 2 2
4
2 2
2 2 2 2 2 2
2 x+3a 2 x+3a
2 x+2a 2 x+2a 2 x+2a

a x a x a
a
SK a SK a
x a x a x a
− −
= + = ⇒ =
− − −
0,5
0,5
A
D
B
C
S
M
K