Đề thi HKII (khối 11) có lời giải chi tiết

ĐỀ ÔN TẬP HỌC KỲ II - MÔN TOÁN KHỐI 11

Bài 1 (1,0 điểm): Tính các giới hạn sau đây:
a)
2
1
2 2
lim
4 3
x
x
x x
→−
+
+ +
b)
2
2
2 3
lim
1
x
x x
x
→+∞
− −
−

Bài 2 (1,5 điểm): Cho hàm số
khi
khi

0
( )
2 12 0
x x
x
f x
x x
m x


+


>

=

−


+ ≤




Tìm các giá trị của tham số m để hàm số trên liên tục tại
0
0
x
=

Bài 3 (2,0 điểm): Cho hàm số
3 2
( ) 3 9 1
f x x x x
= − + + −

a) Giải bất phương trình
( ) 0
f x
′
>

b) Chứng minh rằng phương trình
( ) 0
f x
=
có đúng 2 nghiệm dương.
Bài 4 (2,5 điểm):
a) Cho hàm số
3 1
1
x
y
x
+
=
−
có đồ thị
( )

C
. Viết phương trình tiếp tuyến
của
( )
C
biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d:
4 1
y x
= +
.
b) Giải phương trình
( ) 0
f x
′
=

biết
2
( ) 3 cos sin sin 3
3
f x x x x
= − −

Bài 5 (3,0 điểm):
Hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AD =
3
a
,
7
SD a

=
và
SA
⊥
(ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm SA và SB.
a) Chứng minh rằng mặt phẳng (MND) vuông góc với (SAD).
b) Tính góc hợp bởi các mặt phẳng (SCD) và (ABCD).
c) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (MND).
(Hình vẽ đúng theo yêu cầu của bài toán 0,5 điểm)
Hết

BÀI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: a)
2
1 1 1
2( 1)2 2 2 2
lim lim lim 1
( 1)( 3) 3 1 3
4 3
x x x
xx
x x x
x x
→− →− →−
+
+
= = = =
+ + + − +
+ +

b)
2
2
2
2
2
2
2
2
2 3
2 3
1
1
2 3
lim lim lim 1
1
1
1
1
1
x x x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x

x
→+∞ →+∞ →+∞
 



− −
− −


 
 − −
= = = −
 
−


−

−




 

Bài 2: Xét hàm số
khi
khi
0

( )
2 12 0
x x
x
f x
x x
m x


+


>

=

−


+ ≤





Ta có

(
)
(

)
0 0 0 0
1 1
lim ( ) lim lim lim 1
1
1
x x x x
x x x x x
f x
x x x
x x
+ + + +
→ → → →
+ + +
= = = = −
− −
−


(
)
0 0
lim ( ) lim 2 12 2 12 (0)
x x
f x m m f
− −
→ →
= + = + =

Hàm số

( )
y f x
=
nêu trên liên tục tại
0
0
x
=
khi và chỉ khi
0 0
13
lim ( ) lim ( ) (0) 1 2 12
2
x x
f x f x f m m
+ −
→ →
= = ⇔ − = + ⇔ = −

Vậy, với
13
2
m = − thì hàm số đã cho liên tục tại

0
0
x
=

Bài 3: Xét hàm số

3 2
( ) 3 9 1
f x x x x
= − + + −
có tập xác định
D
=


2
( ) 3 6 9
f x x x
′
= − + +

a)
2
( ) 0 3 6 9 0 ( 1; 3)
f x x x x
′
> ⇔ − + + > ⇔ ∈ −

Vậy, bất phương trình
( ) 0
f x
′
>
có tập nghiệm
( 1; 3)
S

= −

b) Hàm số
3 2
( ) 3 9 1
f x x x x
= − + + −
là hàm số đa thức liên tục trên

nên liên tục trên các đoạn
[ 2; 0],[0;1],[1;5]
−

Và ta còn có
( 2). (0) 1.( 1) 0
(0). (1) 1.10 0
(1). (5) 10.( 6) 0
f f
f f
f f


− = − <



= − <




= − <



nên phương trình
( ) 0
f x
=
có
đủ ba nghiệm phân biệt
1 2 3
( 2;0), (0;1), (1; 5)
x x x
∈ − ∈ ∈

Rõ ràng, phương trình
( ) 0
f x
=
có đúng hai nghiệm dương
2
x
và
3
x

Bài 4: a) Hàm số
3 1
1
x

y
x
+
=
−
có đồ thị
( )
C
và tập xác định
\ {1}
D
=


2
4
( )
(1 )
y f x
x
′ ′
= =
−

Gọi d là tiếp tuyến

của
( )
C
song song với

: 4 1
y x
∆ = +
và
0 0 0
( ; )
M x y

là tiếp điểm của d và
( )
C
thì d có hệ số góc
0
( ) 4
k f x
′
= =

K
N
M
C
B
A
D
S
H
2
0
2

0
4
4 (1 ) 1
(1 )
x
x
⇔ = ⇔ − =
−
0 0 0
0 0 0
1 1 0 1
1 1 2 7
x x y
x x y
 
− = = ⇒ =
 
⇔ ⇔
 
− = − = ⇒ = −
 
 

Tiếp tuyến của
( )
C
tại
(0;1)
A
có phương trình

1 4( 0) 4 1
y x y x
− = − ⇔ = +
(trùng với
∆
)
Tiếp tuyến của
( )
C
tại
(2; 7)
B
−
có phương trình
7 4( 2) 4 15
y x y x
+ = − ⇔ = −
(song song với
∆
)
Vậy, tiếp tuyến của
( )
C
thoả mãn yêu cầu của đề bài là
4 15
y x
= −

b) Hàm số
2

( ) 3 cos sin sin 3
3
f x x x x
= − −

có tập xác định

D
=


Ta có,
( ) 3 sin cos 2 cos 3
f x x x x
′
= − − −

3 1
( ) 0 3 sin cos 2 cos 3 sin cos cos 3
2 2
f x x x x x x x
′
= ⇔ + = − ⇔ + = −
( )
sin sin cos cos cos 3 cos cos 3
3 3 3
x x x x x
π π π
π
 




⇔ + = − ⇔ − = −




 

3 2
3 3 2
( )
3 2
3 2
3 3
x x k x k
x k k
x x k x k
π π π
π π
π π
π π
π π π
 
 
− = − + = +
 
⇔ ⇔ ⇔ = + ∈
 

 
− = − + + = −
 
 


Vậy, phương trình
( ) 0
f x
′
=
có các nghiệm
( )
3 2
x k k
π π
= + ∈


Bài 5 (3,0 điểm):
a) Theo giả thiết MN là
đường trung bình của tam
giác SAB ứng với cạnh AB,
do đó MN || AB (1)
Từ
( )
SA ABCD
⊥
ta suy ra
( )

AB SA SAD
⊥ ⊂

Ngoài ra ta còn có
( )
AB AD SAD
⊥ ⊂

Và
SA AD A
∩ =

Nên
( )
AB SAD
⊥
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra
( )
MN SAD
⊥

Vậy,
( ) ( )
MND SAD
⊥
do
( )
MN MND
⊂

b) Từ giả thiết và kết quả chứng minh trong câu a, ta có
( )
( )
( ) ( )
CD AB CD SD SCD
CD SAD
AB SAD CD AD ABCD
 
 
⊥ ⊂
 
⇒ ⊥ ⇒
 
 
⊥ ⊥ ⊂
 
 
 


Mà
( ) ( )
CD SCD ABCD
= ∩
và tất nhiên SD lẫn AD cùng đi qua D thuộc
vào CD nên góc giữa hai mặt phẳng
( )
SCD

và
( )
ABCD
là góc nhọn

SDA
ϕ
=

Trong tam giác SAD vuông tại A,
3 21
cos
7
7
AD a
SD
a
ϕ = = =
Vậy, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là
21
arccos
7

c) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của S và A lên MD thì
SH ⊥ MD và SH || AK
Ta có, do vaø
( )
( ) ( ( ) ( ))
SH MD MND
SH CD MND SH SAD CD SAD

MD CD D


⊥ ⊂



⊥ ⊂ ⊂ ⊥



∩ =




Nên
( )
SH MND
⊥
tại
H
. Do đó,
( ,( ))
d S MND SH
=

Ta lại có, 1
SH SM
SH AK SH AK

AK AM
⇒ = = ⇒ =
Và
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 4 1 4
3
AK AM AD SA AD SD AD AD a
= + = + = + =
−

Vậy,
3
( ,( ))
2
a
d S MND SH AK= = =