Đề kiểm tra học kỳ môn Toán lớp 11 (7)

Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ II - NĂM HỌC 2009-2010
Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 11 ( Thời gian 90 phút )

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
A-PHẦN CHUNG: ( bắt buộc cho mọi thí sinh ) ( 7,0 điểm )
Câu I: (2 điểm )
1. Tìm giới hạn:
2
2
2
7 10
lim
5 6
x
x x
x x
→
− +
− +
2. Hàm số sau đây liên tục hay gián đoạn tại điểm
1x =
?

2
2
4 3
khi 1
( )
1
2 khi 1
x x

x
f x
x
x x

− +
>

=
−


− ≤

Câu II: (3 điểm )
1. Chứng minh hàm số
cosy x x=
thỏa mãn hệ thức:
2 2cosxy y xy x
′′ ′
− + = −
2. Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−

, biết rằng các tiếp
tuyến đó vuông góc với đường thẳng
2 3y x= +
.
Câu III: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng 1, cạnh
bên
3SA =
và vuông góc với đáy. Một mặt phẳng chứa BD và vuông góc với SC, cắt
SC tại điểm H.
1. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD).
2. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (HBD).
B-PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần sau: ( phần 1 hoặc phần 2 )
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu IVa: (2 điểm ) Cho hàm số
3 2
( ) 3 9 9f x x x x= − − +
.
1. Tìm x để
( ) 0f x
′
<
.
2. Chứng minh rằng phương trình
( ) 0f x =
có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng

( )
3; 5−
.

Câu Va: (1 điểm ) Cho hình hộp ABCD.EFGH. Gọi M là trung điểm của AH và N là
trung điểm của DF. Chứng minh rằng ba véctơ
, , AC MN FG
uuur uuuur uuur
đồng phẳng.
Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu IVb: (2 điểm ) Cho hàm số
4 2
( ) 8 9f x x x= − +
.
1. Tìm x để
( ) 0f x
′
>
.
2. Chứng minh rằng phương trình
( ) 0f x =
có bốn nghiệm phân biệt thuộc
khoảng
( )
3; 3−
.
Câu Vb: (1 điểm ) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.DEF. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của BE, DF và P là điểm trên cạnh EF sao cho
2 0PF PE+ =
uuur uuur r
. Chứng minh rằng
bốn điểm A, M, N, P đồng phẳng.
HẾT
1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11
KIỂM TRA HỌC KỲ II - NĂM HỌC 2009-2010 - ĐỀ THI CHÍNH THỨC .
A- PHẦN CHUNG ( 7 điểm )
Câu Nội dung Điểm
I.1 Tính giới hạn 1,00
2
2
2
7 10
lim
5 6
x
x x
x x
→
− +
− +

( ) ( )
( ) ( )
2
5 2
lim
3 2
x
x x
x x
→
− −
=

− −


( )
( )
2
5
lim 3
3
x
x
x
→
−
= =
−

0,50
0,50
I.2 Hàm số sau đây liên tục hay gián đoạn tại điểm
1x =
? 1,00
2
2
1 1
4 3
lim ( ) lim
1
x x
x x

f x
x
+ +
→ →
− +
=
−

( ) ( )
( ) ( )
1
3 1
lim
1 1
x
x x
x x
+
→
− −
=
+ −

( )
( )
1
3
lim 1
1
x

x
x
+
→
−
= = −
+
( )
1 1
lim ( ) lim 2 1
x x
f x x
− −
→ →
= − = −
và
(1) 1f = −
Suy ra
1 1
lim ( ) lim ( ) (1)
x x
f x f x f
+ −
→ →
= =
Vậy hàm số liên tục tại điểm
1x =
.
0,25
0,25

0,25
0,25
II.1 Chứng minh hàm số
cosy x x=
thỏa mãn hệ thức 1,00
Từ
cosy x x=
, suy ra
cos siny x x x
′
= −
và
2sin cosy x x x
′′
= − −
Vậy
2xy y xy
′′ ′
− + =
( ) ( )
2sin cos 2 cos sin . cosx x x x x x x x x x− − − − +

2 2
2 sin cos 2cos 2 sin cosx x x x x x x x x= − − − + +


2cos x= −

0,50
0,50

II.2 Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2,00
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến. Vì tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng
2 3y x= +
nên ta có
2 1k = −
, suy ra
1
2
k = −
.
Phương trình hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
là:
( )
2
2 1
2
1
y k
x
−
′

= ⇔ = −
−

( )
2
1 4x⇔ − =

1
3
x
x
= −

⇔

=

+ Với
1x = −
thì
0y =
. Ta có tiếp điểm
( )
1; 0A −
.
Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại tiếp điểm A là:

( )
1 1 1
1

2 2 2
y x y x= − + ⇔ = − −
+ Với
3x =
thì
2y =
. Ta có tiếp điểm
( )
3; 2B
.
Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại tiếp điểm B là:
( )
1 1 7
3 2
2 2 2
y x y x= − − + ⇔ = − +
0,25
0,25
0,50
0,50
0,50
2
III Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng 1 2,00
1. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). 1,00
Hình vẽ ( 0,50 điểm )
Ta có BC là giao tuyến của hai
mặt phẳng (SBC) và (ABCD).
Từ
( )SA ABCD⊥
và

AB BC⊥

suy ra
SB BC⊥
( định lý ba
đường vuông góc ).
Vậy
·
SBA
là góc giữa hai mặt
phẳng (SBC) và (ABCD).
Từ tam giác vuông SAB ta có:

·
tan 3
SA
SBA
AB
= =

·
0
60SBA⇒ =

0,50
0,25
0,25
2. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (HBD). 1,00
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Từ giả thiết ta có

( )SC HBD⊥
, suy ra
SC OH⊥
.
Vì O là trung điểm của AC và O thuộc mặt phẳng (HBD) nên

( ) ( )
,( ) ,( )d A HBD d C HBD CH= =
Từ hai tam giác vuông đồng dạng SAC và OHC ( trường hợp góc-góc)
Suy ra
AC SC
HC OC
=

2
.
2
AC OC AC
HC
SC SC
⇒ = =
mà
2 2
2AC AB BC= + =
và
2 2
5SC SA AC= + =
Do đó
2
2 5

2 5
2 5
AC
HC
SC
= = =
. Vậy
( )
5
,( )
5
d A HBD CH= =
.
0,50
0,50
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
• Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu Nội dung Điểm
IVa Cho hàm số
3 2
( ) 3 9 9f x x x x= − − +
. 2,00
1.
Tìm x để
( ) 0f x
′
<
.
1,00
Từ

3 2
( ) 3 9 9f x x x x= − − +
, suy ra
2
( ) 3 6 9f x x x
′
= − −
Ta có
( ) 0f x
′
<
2
3 6 9 0x x⇔ − − <

1 3x⇔ − < <
0,50
0,50
2.
Chứng minh rằng phương trình
( ) 0f x =
có ba nghiệm phân biệt
1,00
Hàm số
3 2
( ) 3 9 9f x x x x= − − +
liên tục trên
¡
nên cũng liên tục trên
đoạn
[ ]

3; 5−
.
Ta có
( 3) 18, ( 1) 14, (3) 18, (5) 14f f f f− = − − = = − =
. Suy ra:
( 3). ( 1) 252 0f f− − = − < ⇒
tồn tại
( )
1
3; 1x ∈ − −
sao cho
1
( ) 0f x =
.
( 1). (3) 252 0f f− = − < ⇒
tồn tại
( )
2
1; 3x ∈ −
sao cho
2
( ) 0f x =
.
0,25
0,25
3
(3). (5) 252 0f f = − < ⇒
tồn tại
( )
3

3; 5x ∈
sao cho
3
( ) 0f x =
.
Vì các khoảng
( )
3; 1− −
,
( )
1; 3−
,
( )
3; 5
rời nhau từng đôi một nên
1 2 3
, , x x x
phân biệt. Vậy phương trình
( ) 0f x =
có ba nghiệm phân
biệt thuộc khoảng
( )
3; 5−
.
0,25
0,25
Va
Chứng minh rằng ba véctơ
, , AC MN FG
uuur uuuur uuur

đồng phẳng.
1,00
Đặt
AB a=
uuur
r
,
AD b=
uuur
r
,
AE c=
uuur
r
.
Theo quy tắc đường chéo hình
bình hành ta có:

1
2
AM AH=
uuuur uuur
( )
1
2
AD AE= +
uuur uuur

( )
1

2
b c= +
r
r
1 1
2 2
b c= +
r
r

( )
1
2
AN AD AF= +
uuur uuur uuur

( )
1
2
AD AB AE= + +
uuur uuur uuur

( )
1
2
a b c= + +
r
r r
Do đó
MN AN AM= −

uuuur uuur uuuur

1
2
a=
r
(1)
Mặt khác, ta có
FG AD b= =
uuur uuur
r
(2) và
AC AB AD a b= + = +
uuur uuur uuur
r
r
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
1
2.
2
AC a b= +
uuur
r
r

2MN FG= +
uuuur uuur
.
Hệ thức

2AC MN FG= +
uuur uuuur uuur
chứng tỏ rằng ba véctơ
, , AC MN FG
uuur uuuur uuur

đồng phẳng.
0,25
0,25
0,25
0,25
• Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu Nội dung Điểm
IVb
Cho hàm số
4 2
( ) 8 9f x x x= − +
.
2,00
1.
Tìm x để
( ) 0f x
′
>
.
1,00
Từ
4 2
( ) 8 9f x x x= − +
, suy ra

( )
3 2
( ) 4 16 4 4f x x x x x
′
= − = −
.
Lập bảng xét dấu đạo hàm
( )f x
′
:

x
−∞

2−
0 2
+∞
4x
−

−
0
+

+
2
4x −

+
0

−

−
0
+
( )f x
′

−
0
+
0
−
0
+
Từ bảng xét dấu, suy ra
( ) 0f x
′
>

2 0x⇔ − < <
hoặc
2x >
.
0,25
0,50
0,25
4
2.
Chứng minh rằng phương trình

( ) 0f x =
có bốn nghiệm phân biệt
1,00
Hàm số
4 2
( ) 8 9f x x x= − +
liên tục trên
¡
nên cũng liên tục trên
đoạn
[ ]
3; 3−
.
Ta có
( 3) 18, ( 2) 7, (0) 9, (2) 7, (3) 18f f f f f− = − = − = = − =
. Suy ra
( 3). ( 2) 126 0f f− − = − < ⇒
tồn tại
( )
1
3; 2x ∈ − −
sao cho
1
( ) 0f x =
.
( 2). (0) 63 0f f− = − < ⇒
tồn tại
( )
2
2; 0x ∈ −

sao cho
2
( ) 0f x =
.
(0). (2) 63 0f f = − < ⇒
tồn tại
( )
3
0; 2x ∈
sao cho
3
( ) 0f x =
.
(2). (3) 126 0f f = − < ⇒
tồn tại
( )
4
2; 3x ∈
sao cho
4
( ) 0f x =
.
Vì các khoảng
( )
3; 2− −
,
( )
2; 0−
,
( )

0; 2
,
( )
2; 3
rời nhau từng đôi một
nên
1 2 3 4
, , , x x x x
phân biệt. Vậy phương trình
( ) 0f x =
có bốn
nghiệm phân biệt thuộc khoảng
( )
3; 3−
.
0,25
0,25
0,25
0,25
Vb Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P đồng phẳng. 1,00
Đặt
, , AB a AC b AD c= = =
uuur uuur uuur
r
r r
.
Ta có

1
2

AM AB BM AB BE= + = +
uuuur uuur uuuur uuur uuur


1
2
a c= +
r r
(1)

1
2
AN AD DN AD DF= + = +
uuur uuur uuur uuur uuur

1
2
c b= +
r
r
(2)
Từ giả thiết
2 0PF PE+ =
uuur uuur r

suy ra
( )
2 0AF AP AE AP− + − =
uuur uuur uuur uuur r

( )
1
2
3
AP AE AF⇒ = +
uuur uuur uuur
( )
1
2
3
AP AB AD AC AD
 
⇒ = + + +
 
uuur uuur uuur uuur uuur

( )
1
2 3
3
AP a b c⇒ = + +
uuur
r
r r
(3)
Từ (1) và (2) ta có
1 3
2 2
AM AN a b c+ = + +
uuuur uuur

r
r r

( )
( )
2 1
2 3
3 3
AM AN a b c⇒ + = + +
uuuur uuur
r
r r
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
( )
2
3
AP AM AN= +
uuur uuuur uuur
.
Hệ thức trên chứng tỏ rằng ba véctơ
AP
uuur
,
AM
uuuur
,
AN
uuur
đồng phẳng.

Vậy bốn điểm A, M, N, P đồng phẳng.
0,25
0,25
0,25
0,25
Chú ý: Mọi cách chứng minh khác đúng và hợp lý vẫn cho điểm tối đa của câu đó.

5