Thi thử HK II Toán_11 số 1

Kiểm tra học kỳ II
Môn : Toán 11 – Nâng cao
Thời gian : 90 phút
*****
Câu I : (2 điểm) Tính các giới hạn sau :
1. (1đ)
1
2
1
lim
1 3
x
x
L
x x
→+∞
+
=
+ −
2. (1đ)
2
2
0
1 cos cos2
lim
x
x x
L
x
→
−

=
Câu II : (2 điểm)
1. (1đ) Cho hàm số :
2
4 2
1 1
víi 0
( )
1 víi 0
x
x
f x
x x
m x

+ −

≠
=

+

− =

(m là tham số)
Tìm m để hàm số f liên tục tại
0x =
.
2. (1đ) Cho phương trình :
( )

4 2009 5
1 32 0m m x x+ + + − =
(m là tham số)
Chứng minh phương trình trên luôn có ít nhất một nghiệm dương với mọi giá trị của tham số m.
Câu III : (3 điểm)
1. (1đ) Cho hàm số
2
( )
1
x
f x
x
=
+
. Chứng minh rằng
'( ) 0, f x x> ∀ ∈ ¡
.
2. (1đ) Cho hàm số
=
+
2
1
( )
1 cos 2
f x
x
. Tính
'
12
f

π
 
 ÷
 
.
3. (1đ) Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
−
=
+
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho, biết
tiếp tuyến song song với đường thẳng
3y x=
.
Câu IV : (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a và
góc
·
o
BAD 120=
. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a.
1. (1đ) Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD).
2. (1đ) Chứng minh rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) vuông góc với nhau.
3. (1đ) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng SC. Xác định
thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (P). Tính diện tích của thiết diện
này theo a.
-------------HẾT-------------

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
I (2đ)
1
1
2 2
1 1
lim lim
1 1
1 3 1 3
x x
x x
L
x x x x
x x
→+∞ →+∞
+ +
= =
   
+ − + −
 ÷  ÷
   
0,25
0,25

2
1
1
1
lim

2
1
1 3
x
x
x
→+∞
+
= = −
 
+ −
 ÷
 
0,25
0,25
2
( )
2
2 2
0 0
1
1 cos3 cos
2 cos cos3
2
lim lim
2
x x
x x
x x
L

x x
→ →
− +
− −
= =
2 2
0 0
1 cos 1 cos3
lim lim
2 2
x x
x x
x x
→ →
− −
= +
0,25
Vì
2
2 2
0 0
sin
1 cos 1
2
lim lim
4
2
4
2
x x

x
x
x
x
→ →
−
= =
 
 ÷
 
và
2
2 2
0 0
3
sin
1 cos3 9
2
lim lim
4
2
4 3
9 2
x x
x
x
x
x
→ →
−

= =
 
 ÷
 

0,50
nên
2
1 9 5
4 4 2
L = + =

0,25
II (2đ)
1
( )
(
)
( )
(
)
2 2
4 2
0 0 0 0
2 2 2 2
1 1 1 1
lim ( ) lim lim lim
2
1 1 1 1 1 1
x x x x

x x
f x
x x
x x x x x
→ → → →
+ −
= = = =
+
+ + + + + +
0,50
Hàm số f liên tục tại x = 0
0
lim ( ) (0)
x
f x f
→
⇔ =
0,25

1 3
1
2 2
m m⇔ = − ⇔ =
0,25
2
Hàm số
( )
4 2009 5
( ) 1 32f x m m x x= + + + −
là hàm đa thức nên liên tục trên

¡
, do đó nó
liên tục trên đoạn
[ ]
0 ; 2
.
0,25
(0) 32 0f = − <
;
( )
2 2
4 2009 2009 2
1 1 1
(2) 1 2 2 0,
2 2 2
f m m m m m
 
   
= + + = − + + + > ∀ ∈
 
 ÷  ÷
   
 
 
¡
0,50
Suy ra
(0) (2) 0,f f m< ∀ ∈ ¡
nên phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc khoảng
(0 ; 2) nên nó luôn có ít nhất một nghiệm dương với mọi giá trị của tham số m.

0,25
III (3đ)
1
(
)
(
)
(
)
( )
'
2
2 2
2
2 2
3
2 2
2
1 .
( )'. 1 1 .
1
1
'( )
1 1
1
x
x x
x x x x
x
f x

x x
x
+ −
+ − +
+
= = =
+ +
+
0,75
Vì
2
1 0, x x+ > ∀ ∈ ¡
nên
( )
3
2
1 0, x x+ > ∀ ∈ ¡
do đó
'( ) 0, f x x> ∀ ∈ ¡
0,25
2
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
'
2 '
2 2 2 2
2 2 2 2
1 cos 2

2cos2 cos2
(2 cos2 )( 2sin 2 ) 2sin 4
'( )
1 cos 2 1 cos 2 1 cos 2 1 cos 2
x
x x
x x x
f x
x x x x
+
−
= − = − = − =
+ + + +
0,75
16 3
'
12 49
f
π
 
=
 ÷
 
0,25
3
Gọi
( )
0 0
;M x y
là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho.

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
( ) : '( )( )d y y f x x x− = −
với
( )
( )
0
2
0
3
'
2 1
f x
x
=
+
0,25
Tiếp tuyến song song với đường thẳng
3y x=
khi và chỉ khi :
( )
0
' 3f x =
( )
( )
2
0
0
2
0

0
0
3
3 2 1 1
1
2 1
x
x
x
x
=

⇔ = ⇔ + = ⇔

= −
+

0,25
với
0
0x =
thì
0
1y = −
nên ta có phương trình tiếp tuyến là
1
( ) : 3 1d y x= −
0,25
với
0

1x = −
thì
0
2y =
nên ta có phương trình tiếp tuyến là
2
( ) : 3 5d y x= +
0,25
IV (3đ)
1
Vì
SA (ABCD)⊥
nên AC là hình chiếu của SC lên mp(ABCD), do đó góc giữa đường
thẳng SC và mp(ABCD) bằng góc giữa đường thẳng SC và AC và bằng góc
·
SCA
.
0,25
ABCD là hình thoi và góc
·
o
BAD 120=
nên suy ra
·
·
o
ABC ADC 60= =
, suy ra các tam
giác ABC, ADC là những tam giác đều nên AC = a.
Mặt khác SA = a và

SA (ABCD)⊥
nên
SA AC⊥
. Suy ra
∆
SAC vuông cân tại A.
0,25
0,25
Vậy góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD) bằng góc
·
SCA
và bằng 45
o
0,25
2 ABCD là hình thoi nên suy ra
BD AC⊥
(1) 0,25
SA (ABCD) SA BD⊥ ⇒ ⊥
(2)
0,25
Từ (1), (2) suy ra
BD (SAC)⊥
0,25
Mà
BD (SBD)⊂
nên suy ra
(SBD) (SAC)⊥
0,25
3 Gọi H là hình chiếu của A lên SC, suy ra
AH SC⊥

(3)
Gọi I là giao điểm của SO và AH. Qua I, vẽ MN // BD.
Vì
BD (SAC)⊥
nên
MN (SAC)⊥
, do đó
MN SC⊥
(4)
Từ (3), (4) suy ra (AMHN)
⊥
SC nên mặt phẳng (P) chính là mặt phẳng (AMHN).
0,25
Suy ra thiết diện là tứ giác AMHN.
MN (SAC)
MN AH
AH (SAC)
⊥

⇒ ⊥

⊂

. Vậy tứ giác AMHN có hai đường chéo vuông góc.
0,25
AH là đường cao của tam giác vuông cân SAC nên
2
AH
2
a

=
MN // BD
⇒
MN SI 2
BD SO 3
= =
(vì I là trọng tâm của
∆
SAC), suy ra
2
MN BD
3
=
Mà BD = 2BO = 2
3
2
a
=
3a
nên MN =
2 3
3
a
0,25
AMHN
1
S AH.MN
2
=
2

1 2 2 3 6
. .
2 2 3 6
a a a
= =
(đvdt)
0,25
HẾT