Đề thi học kì 2 môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Toán 11 - Mã đề: 01
(Thời gian làm bài: 90 phút)

Câu 1: (1.5điểm).
Tính các giới hạn sau:
4n  5
a) lim
.
n 1
x x6
b) lim
.
x 3
x 3
Câu 2: (1.5 điểm).
 x2  5x  4
; khi x  4

Cho hàm số: f ( x)   x  4
m  1;
khi x  4

Tìm m để hàm số liên tục tại x  4 .
Câu 3: (2 điểm). Cho hai hàm số:

2 x3 3 2

f ( x)  3 x  1 và g ( x) 
 x  x 1,
3
2
2

a) Giải bất phương trình: f '( x)  0 .
b) Giải phương trình g '(sin x)  0 .
Câu 4: (2 điểm).
Cho hàm số: y 

x 1
có đồ thị là (H),
x 1

a) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) tại điểm có hoành độ x  2.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp tuyến đó song song với đường
thẳng d : y  2 x  1 .
Câu 5: (3 điểm).
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  ( ABCD ) ,

SA  a 2 .
a) Chứng minh BC   SAB  và ( SAC )  ( SBD ).
b) Tính tan  với  là góc giữa SC và  SAB  .
c) Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho SC  3SM , H là hình chiếu của S trên
 BDM  . Tính SH theo a.
-------------------------------- Hết ------------------------------

Họ và tên:..........................................................................SBD...............................Lớp.............

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Toán 11 - Mã đề: 02
(Thời gian làm bài: 90 phút)

Câu 1: (1.5điểm).
Tính các giới hạn sau:
5n  3
a) lim
.
n 1
x x2
b) lim
.
x2
x2
Câu 2: (1.5 điểm).
 x2  4x  3
; khi x  3

Cho hàm số: f ( x)   x  3
m  2;
khi x  3

Tìm m để hàm số liên tục tại x  3 .
Câu 3: (2 điểm). Cho hai hàm số:

2 x3 3 2
f ( x)  2 x  1 và g ( x) 
 x  x 3,
3
2
2

a) Giải bất phương trình: f '( x )  0 .
b) Giải phương trình g '(cos x )  0 .
Câu 4: (2 điểm).
Cho hàm số: y 

x 1
có đồ thị là (H),
x 1

a) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) tại điểm có hoành độ x  4.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp tuyến đó song song với đường
thẳng d : y  2 x  1 .
Câu 5: (3 điểm).
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SC  ( ABCD) ,

SC  a 2 .
a) Chứng minh AB   SBC  và ( SAC )  ( SBD).
b) Tính tan  với  là góc giữa SA và  SBC  .
c) Gọi N là điểm thuộc cạnh SA sao cho SA  3SN , H là hình chiếu của S trên
 BDN  . Tính SH theo a.
-------------------------------- Hết ------------------------------

Họ và tên:..........................................................................SBD...............................Lớp.............


SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT TXQT
Câu
C1a.
0.75đ

C1b.
0.75đ
C2.
1.5đ

ĐÁP ÁN THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN TOÁN KHỐI 11
Mã đề: 01
Lời giải
Điểm

5
5


n 4  
4 

4n  5
n
n

lim
 lim 
 lim 
4
n 1
 1
 1
n 1  
1  
 n
 n
x x6
x2  x  6
x2
5
lim
 lim
 lim

x 3
x 3
x3
x  x  6 ( x  3) x3 x  x  6 6





TXĐ: D = R
Ta có f(4) = m + 1

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ

2

x  5x  4
 lim( x  1)  3
x 4
x 4
x 4
x4
f(x) liên tục tại x = 4  thì 3  m  1  m  2

C3a.
1.0đ

lim f ( x )  lim

0.5đ

Vậy hàm số đã cho liên tục tại x = 4 khi và chỉ khi m  2

0.5đ

f ( x)  3x 2  1  f '( x) 
 f '( x)  0 

C3b.
1.0đ

C4.a.
1.0đ

3x
3x 2  1

3x
3x2  1

 x0

2 x3 3 2
g ( x) 
 x  x  1  g '( x)  2 x 2  3x  1
3
2
g '(sin x )  0  2sin 2 x  3sin x  1  0


 x  2  k 2

sin x  1




 k 2
1
   x 
sin x 
6
 sin
2
6


7
x 
 k 2

6
2
1
2
Ta có y ' 
. x  2  y  2  ; y ' 2  
2
3
9
 x  1
2
1
2
1
Vây phương trình tiếp tuyến là: y   x  2    y  x 

9
3
9
9

0.5đ

0.5đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ
0.25đ

0.25đ
0.5đ
0.25đ


C4.b.
1.0đ

Ta có y ' 

2

 x  1

0.25đ

2

Lấy M ( x0 ; y0 )  (C ) mà tiếp tuyến tại đó song song với d: y = 2x -1

 x0  2  y0  3
 y '( x0 )  2  ( x0  1) 2  1  
 x0  0  y0  1

0.25đ

+M(-2; 3). pttt là y = 2x + 7
+M(0; -1). pttt là y = 2x – 1 (loại)

0.25đ
0.25đ

E

H

S
M

I
C

D

O

A

C5a.
1.0đ

B

+ Ta có:

 BC  AB( gt )
 BC  ( SAB)

 BC  SA,(SA  ( ABCD)  BC )

0.5đ

+ Xét (SAC) và (SBD) có:

C5b.
1.0đ

C5c.
1.0đ

 BD  AC ( gt )
 BD  ( SAC )

BD

SA

,(
SA

(
ABCD
)

BD
)

mà BD  (SBD) nên (SBD)  ( SAC )
Ta có BC  ( SAB ) suy ra SB là hình chiếu của SC trên (SAB) và tam giác SBC
vuông tại B nên góc giữa SC và (SAB) là   CSB . Mà SAB có
SB  SA2  AB 2  a 3
BC
1
 tan   tan  BSC  

SB
3
+ Xét (SAC) và (MBD) có: BD  ( SAC )  ( BDM )  ( SAC )
mà ( SAC )  ( BDM )  OM , kẻ SH  OM  SH  ( BDM )
nên H là hình chiếu của S trên (BDM).
Gọi E  MO  SA  S là trung điểm của EA, kẻ AI  EO  SH 

Mà AI 

Nên SH 

AE. AO

AE 2  AO 2
a 34
17

a 2
2  2 a 34
17
a2
8a 2 
2

1
AI
2

0.25đ

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ
0.25đ

2a 2.


0.25đ

0.25đ


SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT TXQT
Câu
C1a.
0.75đ

C1b.
0.75đ

C2.
1.5đ

ĐÁP ÁN THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN TOÁN KHỐI 11
Mã đề: 02
Lời giải
Điểm

3
3


n5  
5 

5n  3

n
n
lim
 lim 
 lim 
5
n 1
 1
 1
n 1  
1  
 n
 n
2
x x2
x x2
x 1
3
lim
 lim
 lim

x 2
x2
x2
x  x  2 ( x  2) x2 x  x  2 4





TXĐ: D = R
Ta có f(3) = m + 2

0. 25đ
0. 25đ
0. 25đ

0. 25đ
0. 25đ
0. 25đ
0.5đ

2

x  4x  3
 lim( x  1)  2
x3
x 3
x3
x 3
f(x) liên tục tại x = 3  thì 2  m  2  m  0

C3a.
1.0đ

lim f ( x )  lim

0.5đ

Vậy hàm số đã cho liên tục tại x = 3 khi và chỉ khi m  0

0.5đ

f ( x )  2 x 2  1  f '( x ) 
2x

 f '( x )  0 
C3b.
1.0đ

C4.a.
1.0đ

2 x2  1

2x
2 x2  1

 x0

C4.b.
1.0đ

0.5đ

2 x3 3 2
g ( x) 
 x  x  3  g '( x )  2 x 2  3x  1
3

2
g '(cosx )  0  2cos 2 x  3cosx  1  0
 cosx  1
 x  k 2



1


 cosx   cos
 x    k 2
2
3
3


2
5
2
Ta có y ' 
. x  4  y  4  ; y ' 4 
2
3
9
 x  1
Vây phương trình tiếp tuyến là: y 
Ta có y ' 

2

5
2
23
 x  4   y  x 
9
3
9
9

2

 x  1

0.5đ

0.25đ
0.25đ

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ

0.25đ
0.25đ

2

Lấy M ( x0 ; y0 )  (C ) mà tiếp tuyến tại đó song song với d: y = -2x -1

 x0  2  y0  3
 y '( x0 )  2  ( x0  1)  1  
 x0  0  y0  1

0.25đ

+M(2; 3). pttt là y = -2x + 7
+M(0; -1). pttt là y = -2x – 1 (loại)

0.25đ
0.25đ

2


E

H

S
N

I
A

D

O

C

C5a.
1.0đ

B

+ Ta có:

 AB  BC ( gt )
 AB  ( SBC )

 AB  SC ,( SC  ( ABCD)  AB )

0.5đ

+ Xét (SAC) và (SBD) có:

 BD  AC ( gt )
 BD  ( SAC )

 BD  SC ,( SC  ( ABCD)  BD)
mà BD  (SBD) nên (SBD)  ( SAC )

0.25đ

C5b.
1.0đ

Ta có AB  ( SBC ) suy ra SB là hình chiếu của SA trên (SBC) và tam
giác SBA vuông tại B nên góc giữa SA và (SBC) là   ASB . Mà

C5c.
1.0đ

SBC có SB  SC 2  CB 2  a 3
BA 1
 tan   tan  ASB  

SB
3
+ Xét (SAC) và (NBD) có: BD  ( SAC )  ( BDN )  ( SAC )
mà ( SAC )  ( BDN )  ON , kẻ SH  ON  SH  ( BDN )

Mà CI 

CE.CO
2

CE  CO

Nên SH 

a 34
17

a 2
2  2a 34
17
a2
8a 2 

2

2a 2.
2



0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

nên H là hình chiếu của S trên (BDN).
Gọi E  NO  SC  S là trung điểm của EC, kẻ CI  EO  SH 

0.25đ
0.25đ

1
CI
2

0.25đ

0.25đ

0.25đ