hoctoancapba com dethi11HK2 de so 3

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2010 – 2011
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

Đề số 3
I. Phần chung: (7,0 điểm)
Câu 1: (2,0 điểm) Tìm các giới hạn sau:
2 n3 + n 2 + 4
a) lim
2 − 3n3

b) lim+
x →1

2x − 3
x −1

Câu 2: (1,0 điểm) Tìm a để hàm số sau liên tục tại điểm x = 0:
 x + 2a
khi x < 0
f (x) =  2
 x + x + 1 khi x ≥ 0
Câu 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) y = (4 x 2 + 2 x )(3 x − 7 x 5 )
b) y = (2 + sin 2 2 x )3
Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SC.
a) Chứng minh AC ⊥ SD.
b) Chứng minh MN ⊥ (SBD).
c) Cho AB = SA = a. Tính cosin của góc giữa (SBC) và (ABCD).
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 − 1)3 ( x + 2) + 2 x + 3 = 0
Câu 6a: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 3 x 2 − 4 có đồ thị (C).
a) Giải phương trình:

y′ = 2 .

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 = 1 .
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 5b: Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm với mọi m:
(m 2 + m + 1) x 4 + 2 x − 2 = 0
Câu 6b: (2,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = ( x 2 − 1)( x + 1) có đồ thị (C).
a) Giải bất phương trình:
f ′( x ) ≥ 0 .
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành.

--------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

SBD :. . . . . . . . . .


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN TOÁN LỚP 11 – ĐỀ SỐ 3
Câu
1

Ý
a)

Nội dung
lim

=−
b)

2

3

2

2n + n + 4
2 − 3n3

= lim

Điểm

1 4
+
n n3
2
−3
n3

2+

0,50

2
3

0,50

 lim(
x − 1) = 0
 x →1+
x − 3) = −1 < 0
Nhận xét được:  lim(2
+
 x →1 +
 x → 1 ⇒ x − 1 > 0
2x − 3
= −∞
Kết luận: lim+
x →1 x − 1

0,75

0,25

 x + 2a
khi x < 0
f (x) =  2
 x + x + 1 khi x ≥ 0
• lim+ f ( x ) = f (0) = 1

0,50

f ( x ) = lim− ( x + 2a) = 2 a
• xlim
→0−
x →0

0,25

x →0

• f(x) liên tục tại x = 0 ⇔ 2a = 1 ⇔ a =
3

a)

b)

1
2

0,25

7
6
3
2
y = (4 x 2 + 2 x )(3 x − 7 x 5 ) ⇒ y = −28 x − 14 x + 12 x + 6 x

0,50

⇒ y ' = −196 x 6 − 84 x 5 + 36 x 2 + 12 x

0,50

2
2
y = (2 + sin 2 2 x )3 ⇒ y ' = 3(2 + sin 2 x ) .4sin 2 x.cos 2 x

0,50

⇒ y ' = 6(2 + sin 2 2 x ).sin 4 x

0,50

4

0,25

a)

b)

ABCD là hình vuông ⇒ AC⊥BD
(1)
SO
⊥
AC
S.ABCD là chóp đều nên SO⊥(ABCD) ⇒

(2)
Từ (1) và (2) ⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ AC ⊥ SD
Từ giả thiết M, N là trung điểm các cạnh SA, SC nên MN // AC
AC ⊥ (SBD) (4). Từ (3) và (4) ⇒ MN ⊥ (SBD)
2

0,50
(3)

0,25
0,50
0,50


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
c)

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều và AB = SA = a nên ∆SBC đều cạnh a.
Gọi K là trung điểm BC ⇒ OK ⊥ BC và SK ⊥ BC
⇒ ϕ = ( (SBC ),( ABCD ) ) = ·SKO
Tam giác vuông SOK có OK =

a
a 3
, SK =
2
2

a
OK

1
·
= 2 =
⇒ cos ϕ = cos SKO =
SK a 3
3
2
5a

6a

a)

5b

0,25
0,25

0,25

Gọi f ( x ) = m( x − 1)3 ( x + 2) + 2 x + 3 ⇒ f ( x ) liên tục trên R
f(1) = 5, f(–2) = –1 ⇒ f(–2).f(1) < 0
⇒ PT f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm c ∈ (−2;1), ∀m ∈ R
y = x 4 − 3 x 2 − 4 ⇒ y′ = 4 x 3 − 6 x

0,25

y′ = 2 ⇔ 4 x 3 − 6 x = 2 ⇔ ( x + 1)(2 x 2 − 2 x − 1) = 0

0,25

1− 3
1+ 3
; x=
2
2
Tại x0 = 1 ⇒ y0 = −6, k = y′ (1) = −2
⇔ x = −1; x =

b)

0,25

0,50
0,25
0,25

0,50
0,50

Phương trình tiếp tuyến là y = −2 x − 4

0,50

Gọi f ( x ) = (m 2 + m + 1) x 4 + 2 x − 2 ⇒ f ( x ) liên tục trên R

0,25

2


1 3
f(0) = –2, f(1) = m 2 + m + 1 =  m + ÷ + > 0 ⇒ f(0).f(1) < 0
2 4

Kết luận phương trình f ( x ) = 0 đã cho có ít nhất một nghiệm c ∈ (0;1), ∀m
6b

a)

b)

3
2
y = f ( x ) = ( x 2 − 1)( x + 1) ⇒ f ( x ) = x + x − x − 1 ⇒ f ′( x ) = 3 x 2 + 2 x − 1

1

2
BPT f ′( x ) ≥ 0 ⇔ 3 x + 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪  ; +∞ ÷
3

Tìm được giao điêm của ( C ) với Ox là A (–1; 0) và B(1; 0)
Tại A (–1; 0): k1 = f ′(−1) = 0 ⇒ PTTT: y = 0 (trục Ox)
Tại B(1; 0): k2 = f ′(1) = 4 ⇒ PTTT: y = 4 x − 4

3

0,50
0,25

0,50
0,50
0,50
0,25
0,25