đề ôn tập học kì 2 môn toán 11 đề 25

WWW.VNMATH.COM
Đề số 25
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)
x
x x
x x
2
3
2
3 2
lim
2 4
→
− +
− −
b)
( )
x
x x x
2
lim 2 1
→+∞
+ − −
Câu 2: (1,0 điểm) Xét tính liên tục của hàm số sau tại điểm
x
0

1=
:
x x
khi x
f x
x
khi x
2
2 3 1
1
( )
2 2
2 1

− +

≠
=

−

=

Câu 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a)
y x x
3
( 2)( 1)= + +
b)
y x x

2
3sin .sin3=
Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với đáy.
a) Chứng minh tam giác SBC vuông.
b) Gọi H là chân đường cao vẽ từ B của tam giác ABC. Chứng minh (SAC) ⊥ (SBH).
c) Cho AB = a, BC = 2a. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
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 m x
5 2 4
(9 5 ) ( 1) 1 0− + − − =
Câu 6a: (2,0 điểm) Cho hàm số
y f x x x
2 4
( ) 4= = −
có đồ thị (C).
a) Giải phương trình:
f x( ) 0
′
=
.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 5b: (1,0 điểm) Cho ba số a, b, c thoả mãn hệ thức
a b c2 3 6 0
+ + =
. Chứng minh rằng phương trình
sau có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1):
ax bx c

2
0+ + =
Câu 6b: (2,0 điểm) Cho hàm số
y f x x x
2 4
( ) 4= = −
có đồ thị (C).
a) Giải bất phương trình:
f x( ) 0
′
<
.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
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 25
WWW.VNMATH.COM
Câ
u
Ý Nội dung
Điểm
1 a)
x x
x x x x
x x x x x
2
3 2
2 2

3 2 ( 1)( 2)
lim lim
2 4 ( 2)( 2 2)
→ →
− + − −
=
− − − + +
0,50
=
x
x
x x
2
2
1 1
lim
10
2 2
→
−
=
+ +
0,50
b)
( )
x x
x
x x x
x x x
2

2
2 1
lim 2 1 lim
2 1
→+∞ →+∞
−
+ − − =
+ − +
0,50
=
2
1
2
1
2 1
1 1
x
x
x
−
=
+ − +
0,50
2 f(1) = 2 0,25
x x
x x
f x
x
2
1 1

2 3 1
lim ( ) lim
2( 1)
→ →
− +
=
−
=
x x
x x x
x
1 1
( 1)(2 1) 2 1
lim lim
2( 1) 2
→ →
− − −
=
−
=
1
2
0,50
Kết luận hàm số liên tục tại x = 1 0,25
3 a)
3 4 3
( 2)( 1) 2 2y x x y x x x= + + ⇒ = + + +
0,50
3 2
' 4 3 2y x x⇒ = + +

0,50
b)
y x x y x x x x x
2 2
3sin .sin3 ' 6sin cos .sin3 6sin .cos3= ⇒ = +
0,50
x x x x x x x6sin (cos sin3 sin cos3 ) 5sin sin 4= + =
0,50
4
0,25
a)
SA ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ SA, BC ⊥ AB (gt)⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB
0,50
Vậy tam giác SBC vuông tại B 0,25
b)
SA ⊥ (ABC) ⇒ BH ⊥ SA, mặt khác BH ⊥ AC (gt) nên BH ⊥ (SAC)
0,50
BH ⊂ (SBH) ⇒ (SBH) ⊥ (SAC)
0,50
c)
Từ câu b) ta có BH ⊥ (SAC) ⇒
d B SAC BH( ,( )) =

BH AB BC
2 2 2
1 1 1
= +
0,50
2 2
2

2 2
2 10
5 5
AB BC
BH BH
AB BC
= = ⇒ =
+
0,50
5a
Gọi
f x m x m x
5 2 4
( ) (9 5 ) ( 1) 1= − + − −
⇒
f x( )
liên tục trên R.
0,25
2
f f m
2
5 3
(0) 1, (1)
2 4
 
= − = − +
 ÷
 
f f(0). (1) 0⇒ <
0,50

⇒ Phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1) với mọi m
0,25
6a a)
y f x x x
2 4
( ) 4= = −
,
f x x x f x x x
3 2
( ) 4 8 ( ) 4 ( 2)
′ ′
= − + ⇒ = − −
0,50
Phương trình
x
f x x x
x
2
2
( ) 0 4 ( 2) 0
0

= ±
′
= ⇔ − − = ⇔

=


0,50

b)
x y k f
0 0
1 3, (1) 4
′
= ⇒ = = =
0,50
Phương trình tiếp tuyến là
y x y x3 4( 1) 4 1− = − ⇔ = −
0,50
5b
Đặt
f(x)=ax bx c
2
+ +
⇒
f x( )
liên tục trên R.
•
f c(0) =
,
c c
f a b c a b c
2 4 2 1
(4 6 12 )
3 9 3 9 3 3
 
= + + = + + − = −
 ÷
 

0,25
• Nếu
c 0=
thì
f
2
0
3
 
=
 ÷
 
⇒ PT đã cho có nghiệm
2
(0;1)
3
∈
0,25
• Nếu
c 0≠
thì
c
f f
2
2
(0). 0
3 3
 
= − <
 ÷

 
⇒ PT đã cho có nghiệm
2
0; (0;1)
3
α
 
∈ ⊂
 ÷
 
0,25
Kết luận PT đã cho luôn có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1) 0,25
6b a)
y f x x x f x x x f x x x
2 4 3 2
( ) 4 ( ) 4 8 ( ) 4 ( 2)
′ ′
= = − ⇒ = − + ⇔ = − −
0,25
Lập bảng xét dấu :
0,50
Kết luận:
( ) ( )
f x x( ) 0 2;0 2;
′
< ⇔ ∈ − ∪ +∞
0,25
b) Giao của đồ thị với Oy là O(0; 0) 0,25
Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại O là k = 0 0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến là: y = 0 0,50

3