đề ôn tập học kì 2 môn toán 11 đề 17

WWW.VNMATH.COM
Đề số 17
ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ 2 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
I. Phần chung
Bài 1:
1) Tính các giới hạn sau: a)
x
x x
x
2
1
2
lim
2 2
→−
− −
+
b)
n n
n n
2 1
1
3 3.5
lim
4.5 5.3
+ +
+
−
+

2) Tính đạo hàm của hàm số:
x x
y
x x
cos
sin
+
=
−
Bài 2:
1) Cho hàm số:
3 2
5y x x x= + + −
(C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến song song
với đường thẳng
6x y 2011 0− + =
.
2) Tìm a để hàm số:
x x khi x
f x
ax a khi x
2
2
5 6 7 2
( )
3 2


− + ≥

=

+ <


liên tục tại x = 2.
Bài 3: Cho hình chóp S.ABC có các mặt bên (SAB), (SAC) cùng vuông góc với (ABC), tam giác ABC
vuông cân tại C. AC = a, SA = x.
a) Xác định và tính góc giữa SB và (ABC), SB và (SAC).
b) Chứng minh
( ) ( )SAC SBC⊥
. Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
c) Tinh khoảng cách từ O đến (SBC). (O là trung điểm của AB).
d) Xác định đường vuông góc chung của SB và AC
II. Phần tự chọn
A. Theo chương trình Chuẩn
Bài 4a:
1) Cho
f x x x
2
( ) sin( 2)= −
. Tìm
f (2)
′
.
2) Viết thêm 3 số vào giữa hai số
1
2
và 8 để được cấp số cộng có 5 số hạng. Tính tổng các số hạng
của cấp số cộng đó.

Bài 5a:
1) CMR phương trình sau có ít nhất 2 nghiệm:
x x
3
2 10 7− =
.
2) Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc 30
0
. Tính chiều cao
hình chóp.
B. Theo chương trình Nâng cao
Bài 4b:
1) Cho
f x x x( ) sin2 2sin 5= − −
. Giải phương trình
f x( ) 0
′
=
.
2) Cho 3 số a, b, c là 3 số hạng liên tiếp của cấp số nhân.
Chứng minh rằng:
a b b c ab bc
2 2 2 2 2
( )( ) ( )+ + = +

Bài 5b:
1) Chứng minh rằng với mọi m phương trình sau luôn có ít nhất 2 nghiệm:
m x x
2 4 3
( 1) 1+ − =

.
2) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′, có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng
a
2
. Tính góc
giữa 2 mặt phẳng (A′BC) và (ABC) và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A′BC).
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
WWW.VNMATH.COM
Đề số 17
ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ 2 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1:
1) a)
x x x
x x x x x
x x
2
1 1 1
2 ( 1)( 2) 2 3
lim lim lim
2 2 2( 1) 2 2
→− →− →−
− − + − −
= = = −
+ +

b)

n
n n n n
n n n n n
2 1
1
3
9. 15
5
3 3.5 9.3 15.5 15
lim lim lim
4
4.5 5.3 4.5 15.3
3
4 15.
5
+ +
+
 
−
 ÷
− −
 
= = = −
+ +
 
+
 ÷
 

2)

x x
y
x x
cos
sin
+
=
−

⇒
x x x x x x x x x x x
y
x x x x
2 2
(1 sin )(sin ) (cos 1)(cos ) (sin cos ) (sin cos ) 1
'
(sin ) (sin )
− − − − + + + − −
= =
− −
Bài 2:
1)
y x x x
3 2
5= + + −
⇒
y x x
2
3 2 1
′

= + +
• (d):
x y y x6 2011 0 6 2011− + = ⇔ = +
• Vì tiếp tuyến song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc là k = 6.
• Gọi
x y
0 0
( ; )
là toạ độ của tiếp điểm ⇒
x
x x x x
x
0
2 2
0 0 0 0
0
1
3 2 1 6 3 2 5 0
5
3

=

+ + = ⇔ + − = ⇔

= −

• Với
x y PTTT y x
0 0

1 2 : 6 8= ⇒ = − ⇒ = −
• Với
x y PTTT y x y x
0 0
5 230 5 230 10
: 6 6
3 27 3 27 9
 
= − ⇒ = − ⇒ = + − ⇔ = +
 ÷
 
2)
x x khi x
f x
ax a khi x
2
2
5 6 7 2
( )
3 2


− + ≥
=

+ <


•
x

f x f
2
lim ( ) 15 (2)
+
→
= =
•
x x
f x ax a a
2
2 2
lim ( ) lim ( 3 ) 7
− −
→ →
= + =
•
f x( )
liên tục tại x = 2 ⇔
a a
15
7 15
7
= ⇔ =
Bài 3:
a) Xác định và tính góc giữa SB và (ABC), SB và (SAC).
• (SAB) ⊥ (ABC) và SAC) ⊥ (ABC) nên SA ⊥(ABC)
⇒
AB là hình chiếu của SB trên (ABC)
( )
·

( )
·
· ·
SA x
SB ABC SB AB SBA SBA
AB
a
,( ) , tan
2
⇒ = = ⇒ = =
• BC ⊥ AC, BC ⊥ SA nên BC ⊥ (SAC) ⇒ SC là hình chiếu của SB trên (SAC)
⇒
( )
·
( )
·
· ·
BC a
SB SAC SB SC BSC BSC
SC
a x
2 2
,( ) , tan
= = ⇒ = =
+
b) Chứng minh
( ) ( )SAC SBC⊥
. Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
• Theo chứng minh trên ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ (SBC) ⊥ (SAC)
• Hạ AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ BC (do BC ⊥ (SAC). Vậy AH ⊥ (SBC)

d A SBC AH( ,( ))⇒ =
.
•
ax
AH
AH SA AC x a
x a
2 2 2 2 2
2 2
1 1 1 1 1
= + = + ⇒ =
+
2
c) Tính khoảng cách từ O đến (SBC). (O là trung điểm của AB).
Gọi K là trung điểm của BH ⇒ OK // AH ⇒ OK ⊥ (SBC) và OK =
AH
2

⇒
ax
d O SBC OK
x a
2 2
( ,( )
2
= =
+
.
d) Xác định đường vuông góc chung của SB và AC
• Dựng mặt phẳng (α) đi qua AC và vuông góc với SB tại P ⇒ CP⊥ SB và AP ⊥ SB.

• Trong tam giác PAC hạ PQ ⊥ AC ⇒ PQ ⊥ SB vì SB ⊥ ( PAC).
Như vậy PQ là đường vuông góc chung của SB và AC.
Bài 4a:
1)
f x x x
2
( ) sin( 2)= −
⇒
f x x x x x
2
( ) 2 sin( 2) cos( 2)
′
= − + −
⇒
f (2) 4sin0 4cos0 4
′
= + =
2) Giả sử công sai của cấp số cộng cần tìm là d thì ta có cấp số cộng là:
d d d d d d
1 1 1 1 1 15 15
, , 2 , 3 , 4 8 4
2 2 2 2 2 2 8
+ + + + = ⇒ = ⇒ =

Vậy cấp số cộng đó là
1 19 34 49
, , , ,8
2 8 8 8
Bài 5a:
1) Xét hàm số

f x x x
3
( ) 2 10 7= − −
⇒
f x( )
liên tục trên R.
•
f f f f( 1) 1, (0) 7 ( 1). (0) 0− = = − ⇒ − <
nên PT
f x( ) 0=
có ít nhất một nghiệm
c
1
∈(–1; 0)
•
f f f f(3) 10, (4) 17 (3). (4) 0= − = ⇒ <
nên PT
f x( ) 0=
có ít nhất một nghiệm
( )
c
2
3;4∈
• mà
c c
1 2
≠
nên phương trình đã cho có ít nhất 2 nghiệm thực
2)
• Hình chóp S.ABCD là chóp tứ giác đều nên chân đường cao SO

của hình chóp là O =
AC BD∩
• Đáy là hình vuông cạnh bằng a nên AC =
a
a OC
2
2
2
⇒ =
• ∆SOC vuông tại O, có
·
a
OC SCO
0
2
, 30
2
= =
⇒
·
a a
SO OC SCO
2 3 6
.tan .
2 3 6
= = =
Bài 4b:
1)
f x x x( ) sin2 2sin 5= − −
⇒

f x x x( ) 2cos2 2cos
′
= −
3
O
D
C
A
B
S
PT
f x x x
2
( ) 0 2cos cos 1 0
′
= ⇔ − − =

x
x
cos 1
1
cos
2

=

⇔
= −



x k
x k
2
2
2
3
π
π
π

=

⇔
= ± +


2) Cho 3 số a, b, c là 3 số hạng liên tiếp của cấp số nhân.
• Gọi q là công bội của cấp số nhân ta có
b aq c aq
2
,= =
•
a b b c a a q a q a q a q q
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2
( )( ) ( )( ) (1 )+ + = + + = +
(1)
•
ab bc a aq aq aq a q q
2 2 2 4 2 2 2

( ) ( . . ) (1 )+ = + = +
(2)
• Từ (1) và (2) ta suy ra
a b b c ab bc
2 2 2 2 2
( )( ) ( )+ + = +
.
Bài 5b:
1) Xét hàm số
f x m x x
2 4 3
( ) ( 1) 1= + − −
⇒
f x( )
liên tục trên R với mọi m.
•
f m f f f
2
( 1) 1, (0) 1 ( 1). (0) 0− = + = − ⇒ − <
nên PT
f x( ) 0=
có it nhất một nghiệm
c
1
( 1;0)∈ −
•
f f m f f
2
(0) 1, (2) 16 7 (0). (2) 0= − = + ⇒ <
nên PT

f x( ) 0=
có ít nhất một nghiệm
c
2
(0;2)∈
• mà
c c
1 2
≠ ⇒
phương trình đã cho có ít nhất hai nghiệm thực.
2)
Tính góc giữa 2 mặt phẳng (A′BC) và (ABC) và khoảng cách từ A
đến (A′BC)
•
( )
AA B AA C c g c A B A C' ' . . ' '
∆ ∆
= ⇒ =
.
Gọi K là trung điểm BC ⇒ AK ⊥ BC và A’K ⊥ BC
⇒ BC ⊥ (AA’K ) ⇒ (A’BC) ⊥(AA’K),
A BC AA K A K AH A K AH A BC( ' ) ( ' ) ' , ' ( ' )∩ = ⊥ ⇒ ⊥
⇒
d A A BC AH( ,( ))
′
=
•
a
AH
AH A A AB a a a

2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 5
5
'
= + = + = ⇒ =
⇒
a
d A A BC AH
5
( ,( ' ))
5
= =
.
• AK ⊥ BC và A’K ⊥ BC ⇒
( )
·
·
A BC ABC A KA( ),( )
′ ′
=
• Trong ∆A′KA ta có
·
a
AA
A KA
AK
a
1
2
tan

3 3
2
′
′
= = =
⇒
·
A KA
0
30
′
=
.
================================
4
K
C'
B'
A
C
B
A'
H