Đề thi học kì 2 lớp 11 năm 2008-2009

Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2008-2009
Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 11
( Thời gian làm bài: 90 phút )
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8 điểm )
Câu I ( 2 điểm )
1. Tìm giới hạn:
1
8 1 3
1
lim
x
x
x
→
+ −
−
2. Cho hàm số
2
4
2
( )
2
2 2
x
x
f x
x
mx x

−
≠


=
−


+ =

nÕu
nÕu
. Tìm m để hàm số liên tục tại
2x =
.
Câu II ( 3 điểm )
1. Tìm vi phân của hàm số
2
.sin 2y x x=
2. Cho hàm số
2 2
( ) sin sin
6 6
f x x x
π π
   
= − + +
 ÷  ÷
   
. Chứng minh:
'( ) sin 2f x x=
3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3 2

1
x
y
x
−
=
+
tại điểm M có
hoành độ
2
M
x = −
.
Câu III ( 3 điểm )
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh bên SA vuông
góc với đáy và
6
2
a
SA =
.
1. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SBD).
2. Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD).
3. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và SD.
II. PHẦN RIÊNG ( 2 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương
trình đó ( phần 1 hoặc phần 2 ).
Phần 1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a ( 1 điểm ) Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất một nghiệm âm:

3 2
2 3 1 0x x x− + + =
Câu V.a ( 1 điểm ) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
' , AA a AB b= =
uuur uuur
r
r
,
AC c=
uuur
r
. Gọi M là giao điểm của BC’ và B’C. Chứng minh rằng
( )
1
2
AM a b c= + +
uuuur
r
r r
.
Phần 2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b ( 1 điểm ) Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất hai nghiệm trái dấu:

5 2
4 2 0x x− + =
.
Câu V.b (1 điểm ) Cho tứ diện ABCD có
, AC a BD b= =
uuur uuur
r

r
. Gọi P, Q lần lượt là các
điểm thuộc AB, CD sao cho
1
3
AP AB=
uuur uuur
,
1
3
CQ CD=
uuur uuur
.Chứng minh rằng
2 1
3 3
PQ a b= +
uuur
r
r
.
------------------HẾT------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11
KIỂM TRA HỌC KỲ II - NĂM HỌC 2008-2009
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm )
Câu Nội dung Điểm
I.1.
1,00 đ

1
8 1 3

1
lim
x
x
x
→
+ −
−

( )
( )
( )
1
8 1
8 1 3 1
lim
x
x
x x
→
−
=
+ + −

1
8
8 1 3
lim
x
x

→
=
+ +

4
3
=
0,50
0,25
0,25
I.2.
1,00 đ
+ Với
2x
≠
, ta có
( )
2
2 2 2
4
( ) 2 4
2
lim lim lim
x x x
x
f x x
x
→ → →
−
= = + =

−
.
+ Với
2x
=
, ta có
(2) 2 2f m= +
.
Hàm số liên tục tại
2x
=
khi và chỉ khi
2
( ) (2)lim
x
f x f
→
=

⇔
4 2 2m
= +

1m⇔ =
.
Vậy khi
1m
=
thì hàm số liên tục tại
2x

=
.
0,25
0,25
0,25
0,25
II.1.
1,00 đ
1. Tìm vi phân của hàm số
2
.sin 2y x x=
Ta có
( )
2
' 2 .sin 2 2 .cos2 2 sin 2 .cos2y x x x x x x x x= + = +
Vi phân của hàm số đó là
'.dy y dx=
hay
( )
2 sin 2 .cos2dy x x x x dx= +
0,50
0,50
II.2.
1,00 đ
Ta có
2 2
( ) sin sin
6 6
f x x x
π π

   
= − + +
 ÷  ÷
   

Suy ra
'( ) 2sin cos 2sin .cos
6 6 6 6
f x x x x x
π π π π
 
       
= − − − + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
 
       
 

sin 2 sin 2
3 3
x x
π π
   
= − − + +
 ÷  ÷
   

sin 2 sin 2
3 3
x x

π π
   
= + − −
 ÷  ÷
   

2cos .sin 2
3
x
π
=

1
2. .sin 2
2
x=

sin 2x=
---------------------------------------------------------------------------------------------
Cách 2:
2 2
( ) sin sin
6 6
f x x x
π π
   
= − + +
 ÷  ÷
   

1 1
1 cos 2 1 cos 2
2 3 2 3
x x
π π
   
   
= − − + − +
 ÷  ÷
   
   
   

1
1 cos 2 cos 2
2 3 3
x x
π π
 
   
= − − + +
 ÷  ÷
 
   
 

1 cos .cos2
3
x

π
= −

1
1 .cos2
2
x= −
Suy ra
( )
1
'( ) 2sin 2
2
f x x= − −

sin 2x=


0,25
0,25
0,25
0,25
-------
0,25
0,25
0,25
0,25
H
O
D
C

B
A
S
II.3.
1,00 đ
3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3 2
1
x
y
x
−
=
+
tại điểm M .
Khi
2
M
x = −
ta có
8
M
y =
, suy ra điểm
( )
2;8M −
thuộc đồ thị hàm số .
Ta có
( )
2

5
'
1
y
x
=
+

Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
( )
2;8M −
là:
'( 2) 5k y= − =
.
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
( )
2;8M −
là:

( )
8 5 2y x− = +

5 18y x⇔ = +
.
0,25
0,25
0,25
0,25
III.1.
1,00 đ

Hình vẽ: 0,50 điểm.
1. Chứng minh
( ) ( )SAC SBD⊥
Ta có
BD AC
⊥
( hai đường chéo
của hình vuông ABCD )
và
BD SA⊥
( vì
( )SA ABCD⊥
)
Suy ra
( )BD SAC⊥
Vậy
( ) ( )SBD SAC⊥
.

0,50
III.2.
1,00 đ
2. Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD).
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Ta có
( ) ( )BD SBD ABCD= I
và
AC BD⊥
,

SO BD⊥
( vì
( )BD SAC⊥
)
Suy ra
·
SOA
là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD).
Từ tam giác SAO vuông góc ở A, ta có
·
6 2
tan : 3
2 2
SA a a
SOA
AO
= = =
Suy ra
·
0
60SOA =
.
0,50
0,50
III.3.
1,00 đ
3. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và
SD.
Ta có
AB SA⊥

và
AB AD⊥
suy ra
( )AB SAD⊥
.
Do đó, trong mặt phẳng (SAD) dựng
AH SD
⊥
thì
AB AH⊥
.
Suy ra AH là đường vuông góc chung của AB và SD.
Trong tam giác SAD vuông góc ở A có đường cao AH, ta có

2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 5
3 3AH AD AS a a a
= + = + =

15
5
a
AH⇒ =
0,50
0,50
II. PHẦN RIÊNG ( 2 điểm )
Phần 1. Theo chương trình chuẩn
IV.a
1,00 đ
Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất một nghiệm âm:

3 2
2 3 1 0x x x− + + =
Xét hàm số
3 2
( ) 2 3 1f x x x x= − + +
xác định và liên tục trên
¡
.
Ta có
( 1) 5f − = −
và
(0) 1f =
, do đó
( 1). (0) 5 0f f− = − <
Suy ra tồn tại
( )
0
1;0x ∈ −
thỏa mãn phương trình
0
( ) 0f x =
.
Vì
( )
0
1;0x ∈ −
nên
0
0x <

.
Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm âm.
0,25
0,25
0,25
0,25
M
C'
B'
A'
C
B
A
Q
P
D
C
B
A
V.a.
1,00 đ
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
' , , AA a AB b AC c= = =
uuur uuur uuur
r
r r
.
Gọi M là giao điểm của BC’ và B’C. Chứng minh rằng
( )
1

2
AM a b c= + +
uuuur
r
r r
.
Do mặt bên BCC’B’ của hình lăng trụ là hình
bình hành nên M là trung điểm của B’C.
Suy ra
( )
1
'
2
AM AB AC= +
uuuur uuuur uuur
(1)
Vì AB’ là đường chéo của hình bình hành
ABB’A’ nên ta có:

' 'AB AA AB= +
uuuur uuur uuur
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

( )
1
'
2
AM AA AB AC= + +
uuuur uuur uuur uuur

hay
( )
1
2
AM a b c= + +
uuuur
r
r r
0,25
0,25
0,50
Phần 2. Theo chương trình Nâng cao
IV.b.
1,00 đ
Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất hai nghiệm trái dấu:

5 2
4 2 0x x− + =
.
Xét hàm số
5 2
( ) 4 2f x x x= − +
xác định và liên tục trên
¡
.
Ta có
(0). (1) 2.( 1) 2 0f f = − = − <
⇒
( )
0

0;1x∃ ∈
thỏa mãn
0
( ) 0f x =
và
0
0x >
và
(0). ( 1) 2.( 3) 6 0f f − = − = − <
⇒
( )
1
1;0x∃ ∈ −
thỏa mãn
1
( ) 0f x =
và
1
0x <

Vậy phương trình đã cho có ít nhất hai nghiệm trái dấu.
0,25
0,50
0,25
V.b.
1,00 đ
Chứng minh rằng
2 1
3 3
PQ a b= +

uuur
r
r
.
Ta có
PQ PA AC CQ= + +
uuur uuur uuur uuur
hay
1 1
3 3
PQ AB a CD= − + +
uuur uuur r uuur
(1)
Tương tự

PQ PB BD DQ= + +
uuur uuur uuur uuur

( ) ( )
AB AP BD CQ CD= − + + −
uuur uuur uuur uuur uuur

1 1
3 3
AB AB BD CD CD
   
= − + + −
 ÷  ÷
   
uuur uuur uuur uuur uuur

hay
2 2
3 3
PQ AB b CD= + −
uuur uuur r uuur
(2)
Lấy hệ thức (1) nhân với 2 rồi cộng với hệ thức (2) vế theo vế, ta được

3 2PQ a b= +
uuur
r
r

⇔
2 1
3 3
PQ a b= +
uuur
r
r

0,25
0,25
0,50