Đề thi học kì môn Toán lớp 11 (8)

Đề số 8
ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ 2 – Năm học 2013-2014
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
A. PHẦN BẮT BUỘC
Câu 1: Tính các giới hạn sau:
a)
x
x x
x x
2
2
2 3 4
lim
4 2 1
→+∞
− +
− + +
b)
x
x x
x
2
2
1
3 2
lim
1
→
− +
−

c)
x
x
x
2
2
5 3
lim
2
→
+ −
−

Câu 2: Cho hàm số
x khi x
f x
ax khi x
2
1 1
( )
4 1

+ ≤
=

− >

. Định a để hàm số liên tục tại x = 1
Câu 3: Chứng minh rằng phương trình
x x

3
2 6 1 0− + =
có 3 nghiệm trên [–2; 2].
Câu 4: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a)
x
y
x
3 5
2 1
+
=
+
b)
y x xsin .cos3=
Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hai mặt bên (SAB), (SBC) vuông
góc với đáy, SB = a.
a) Gọi I là trung điểm SC. Chứng minh rằng: (BID)
⊥
(SCD).
b) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.
c) Tính góc của mp(SAD) và mp(SCD).
B. PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a: Cho hyperbol (H):
y
x
1
=
. Viết phương trình tiếp tuyến của (H):

a) Tại điểm có hoành độ
x
0
1=
.
b) Tiếp tuyến song song với đường thẳng d:
y x
1
4
= −
.
Câu 7a: Cho lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′. Gọi I, J, K lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC,
A′B′C′, ACC′. Chứng minh rằng:
a) (IJK) // (BB′C′C)
b) (A′JK) // (AIB′)
2. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b: Giải và biện luận phương trình
f x( ) 0
′
=
, biết
f x x m x mx( ) sin2 2(1 2 )cos 2= + − −
.
Câu 7b: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông, AD // BC, AB = a, BC = a,
·
ADC
0
45=
. Hai mặt bên SAB, SAD cùng vuông góc với đáy, SA =
a 2

.
a) Tính góc giữa BC và mp(SAB)
b) Tính góc giữa mp(SBC) và mp(ABCD)
c) Tính khoảng cách giữa AD và SC
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
Đề số 8
ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ 2 – Năm học 2011-2012
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
Câu 1:
a)
x x x
x x
x
x
x x
x x
2
2
2
3 4
2
2 3 4 1
lim lim
2 1
2
4 2 1
4

→+∞ →+∞
− +
− +
= = −
− + +
− + +

b)
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
x x x
x x x
x x
x x x
x
2
2
1 1 1
1 2 2
3 2 1
lim lim lim
2
1 1 1
1
→ → →
− − −
− +
= = = −

− + +
−

c)
( ) ( )
( )
( )
x x x
x x x
x
x
x x x
2
2 2 2
2 2
2 2 2
5 3 2
lim lim lim
2 3
2 5 3 5 3
→ → →
− + +
+ −
= = =
−
   
− + + + +
 ÷  ÷
   

Câu 2:
x khi x
f x
ax khi x
2
1 1
( )
4 1

+ ≤
=

− >

.
x x x x
f f x x f x ax a
2
1 1 1 1
(1) 2 lim ( ) lim ( 1) 2 lim ( ) lim (4 2 ) 4 2
− − + +
→ → → →
• = • = + = • = − = −
• f(x ) liên tục tại x = 1
x x
f x f x f a a
1 1
lim ( ) lim ( ) (1) 4 2 2 1
− +
→ →

⇔ = = ⇔ − = ⇔ =
Câu 3: Xét hàm số
f x x x
3
( ) 2 6 1= − +
⇒
f x( )
liên tục trên R.
•
f f( 2) 3, (0) 1− = − =
,
f f(1) 3, (2) 5= − =
⇒
f f f f f f( 2). (0) 0, (0). (1) 0, (1). (2) 0− < < <
• Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt
c c c
1 2 3
, ,
lần lượt trong ba khoảng
( ) ( ) ( )
2;0 , 0;1 , 1;2−
nên phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt trong
( )
2;2−
.
Câu 4:
a)
x
y y
x

x
2
3 5 7
'
2 1
(2 1)
+ −
= ⇒ =
+
+
b)
y x xsin .cos3=
x x y x x
1
(sin4 sin2 ) ' 2cos4 cos2
2
= − ⇒ = −
Câu 5:
a) Chứng minh rằng: (BID)
⊥
(SCD).
• BS = BC = a, IS = IC
( )
BI SC 1⇒ ⊥
•
BD AC BD SB SB ABCD, ( ( ))⊥ ⊥ ⊥ ⇒
•
CD BC CD SB SB ABCD, ( ( ))⊥ ⊥ ⊥
CD SAB CD BI( ) (2)⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Từ (1) và (2) ⇒

BI SCD BI BID BID SCD( ), ( ) ( ) ( )⊥ ⊂ ⇒ ⊥
b) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam
giác vuông.
SB ABCD SB BC( )• ⊥ ⇒ ⊥
⇒ ∆SBC vuông tại B.
•
SB ABCD SB BA( )⊥ ⇒ ⊥
⇒ ∆SBA vuông tại B.
•
CD SBC CD SC( )⊥ ⇒ ⊥ ⇒
∆SCD vuông tại C.
•
AD AB gt AD SB SB ABCD AD SAB AD SA( ), ( ( )) ( )⊥ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒
∆SAD vuông tại A.
c) Tính góc của mp(SAD) và mp(SCD).
• Gọi J là trung điểm SA, ∆SBA vuông cân tại B nên BJ
⊥
SA, AD
⊥
(SBA) ⇒ BJ ⊥ (SAD) (3)
• BI ⊥ (SCD) (4)
2
J
I
B
C
A
D
S
• Từ (3) và (4) ta suy ra

·
( )
·
( )
SAD SCD BJ BI( ),( ) ,=
• BI = BJ =
a 2
121
, IJ là trung bình tam giác SAC nên IJ =
AC a 2
2 2
=
.
Vậy tam giác BIJ đều nên góc
·
IBJ
0
60=
Câu 6a: (H):
y
x
1
=
⇒
y
x
2
1
' = −
a) Tại điểm có hoành độ

x y
0 0
1 1= ⇒ =
,
y (1) 1
′
= −
⇒ PTTT:
y x= −
b) Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng
d y x
1
:
4
= −
nên hệ số góc của tiếp tuyến là
k
1
4
= −
Gọi
x y
0 0
( ; )
là toạ độ của tiếp điểm ⇒
x
y x k
x
x
0

0
2
0
2
1 1
( )
2
4

= −
′
= ⇒ − = − ⇔

=

• Nếu
x y PTTT y x y x
0 0
1 1 1 1
2 : ( 2) 1
2 4 2 4
= − ⇒ = − ⇒ = − + − ⇒ = − −
• Nếu
x y PTTT y x y x
0 0
1 1 1 1
2 : ( 2) 1
2 4 2 4
= ⇒ = ⇒ = − − + ⇔ = − +
Câu 7a:

a) Chứng minh: (IJK) // (BB′C′C)
• M, M’, Q, P lần lượt là trung điểm của BC, B’C’ nên
AA’ // MM’ ⇒ trong mp(AA’M’M) ta có
AI A J
IJ MM BB C C
AM A M
' 2
' ( ' ' )
' ' 3
= = ⇒ ⊂P
(1)
• Gọi Q là trung điểm AC
⇒
QI QK
IK BC BB C C
QB QC
1
( ' ' )
3
= = ⇒ ⊂P
(2)
• Từ (1) và (2) ta có
IJK BB C C( ) ( ' ' )P
b) Chứng minh (A′JK) // (AIB′)
• AA’C’C là hình bình hành, K là trọng tâm ∆ACC’
nên A’, O, K, C thằng hàng với O là trung điểm
A’C. Lại có J là trọng tâm tam giác A’B’C’ nên
A’, J, M’ thẳng hàng ⇒ (A’JK) cũng là mặt phẳng
(A’CM’)
• Trong mặt phẳng (A’CM’) ta có

A K A J A K A J
KC OC A C JK CM CC B B
A C A M A C A M
2 1 ' 2 ' 2 ' '
' , ' ( ' ' )
3 3 ' 3 ' ' 3 ' '
= = ⇒ = = ⇒ = ⇒ ⊂P
(3)
• Trong mp (CC’B’B) ta có CC’// MB’ (4).
Từ (3) và (4) ta có
JK MB 'P
(5), AM//A’M’ nên (A’JK) //(AMB’)
Câu 6b: Giải và biện luận phương trình
f x( ) 0
′
=
, biết
f x x m x mx( ) sin2 2(1 2 )cos 2= + − −
.
•
f x x m x mx( ) sin2 2(1 2 )cos 2= + − −
⇒
f x x m x m( ) 2cos2 2(2 1)sin 2
′
= + − −
•
f x x m inx m( ) 0 2cos2 2(2 1)s 2 0
′
= ⇔ + − − =

⇔
( )
( )
x m x m
2
2 1 2sin 2 2 1 sin 2 0− + − − =
⇔
x x m(2sin 1)(sin 1) 0− − + =
(*)
• Nếu
[ ]
m
m
3
2
0;2

=


∉

thì (*) ⇔
x k
x
x k
2
1
6
sin

5
2
2
6
π
π
π
π

= +

= ⇔


= +

3
K
P
Q
J
I
M
M'
A'
B'
C'
A
B
C

• Nếu
[ ]
m
3
0;2 \
2
 
∈
 
 
thì (*) ⇔
x k
x
x k
x m
x m k
x m k
2
6
1
5
sin
2
2
6
sin 1
arcsin( 1) 2
arcsin( 1) 2
π
π

π
π
π
π π

= +



=


⇔
= +


= −


= − +

= − − +

Câu 7b:
a) Tính góc giữa BC và mp(SAB)
• (SAB) ⊥ (ABCD), (SAD) ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ (ABCD)
⇒ (SAB) ⊥ (ABCD)
• (SAB) ⊥(ABCD), (SAB) ∩ (ABCD) = AB, BC ⊥ AB
⇒BC ⊥ (SAB)
b) Tính góc giữa mp(SBC) và mp(ABCD)

• (SBC) ∩ (ABCD) = BC, BC ⊥ AB, BC ⊥SB
⇒
·
( )
·
SBC ABCD SBA( ),( )
=
• ∆SAB vuông tại A, SA =
a 2
, AB = a
·
SA a
SBA
AB a
2
tan 2⇒ = = =
b) Tính khoảng cách giữa AD và SC
• AD//BC (gt), AD // (SBC), SC ⊂ (SBC) ⇒
d AD SC d AD SBC d A SBC( , ) ( ,( )) ( ,( ))= =
• Hạ AH ⊥ SB, BC ⊥ (SAB), AH ⊂ (SAB) ⇒ AH ⊥ BC
•
AH BC AH SB AH SBC d AD SC AH, ( ) ( , )⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
•
a
AH
AH SA AB a
2 2 2 2
1 1 1 3 3
2
2

= + = ⇒ =
===========================
4
D
C
A
B
S
H