De thi va dap an thi hoc ki 2 mon toan 11 nam 20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>
<b>BẮC GIÁNG </b>

<b>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II </b>
<b>NĂM HỌC 2011-2012 </b>

<b>Mơn: Tốn lớp 11 </b>
<b>Thời gian làm bài: 90 phút </b>
<b>Phần chung (8 ñiểm) </b>

<b>Câu I. (2 </b>điểm) Tính các giới hạn sau:
1.

2

2
lim

3 2 2

<i>x</i>

<i>x</i>
<i>x</i>

→

−
− −

2.

(

3

)

1

lim 2 4 1

<i>x</i>→ <i>x</i> + <i>x</i>+

<b>Câu II. (2 </b>ñiểm) Cho hàm số <i>y</i>= +<i>x</i>3 3<i>x</i>2+4 1

( )

1. Giải bất phương trình '<i>y</i> ≤0

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9.

<b>Câu III. (3 </b>ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt
phẳng (ABCD); H là hình chiếu vng góc của A lên SD, SA = a.

1. Chứng minh CD vuông góc với mặt phẳng (SAD).
2. Chứng minh AH vng góc với SC

3. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD).

<b>Câu IV. (1 </b>ñiểm ) Cho tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và nửa chu vi là p (p<3).
Chứng minh phương trình sau có ít nhất một nghiệm thuộc (0; 1):

3 1 1 1 1 1 1

2 2 0

<i>x</i> <i>x</i>

<i>p</i> <i>a</i> <i>p b</i> <i>p c</i> <i>a</i> <i>b</i> <i>c</i>

   

− + +  +  + + − =

− − −  

 

<b>Phần riêng (2 ñiểm): Thí sinh chỉđược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) </b>
<b>A. Theo chương trình chuẩn. </b>

<b>Câu Va. (2 </b>ñiểm ) Cho hàm số y = x.sinx
1. Tính đạo hàm của hàm số.

2. Chứng minh rằng . '' 2 '<i>x y</i> − <i>y</i> +<i>x y</i>. = −2 sin<i>x</i>.

<b>B. Theo chương trình nâng cao. </b>
<b>Câu Vb. Theo chương trình nâng cao. </b>

<b>Câu Vb (2 </b>điểm ). Cho hàm số <i>y</i>= −<i>x</i>3 3<i>mx</i>2+3

(

<i>m</i>+2

)

<i>x</i>+5

1. Tìm m để x = 2 là nghiệm của phương trình y’ = 0.

2. Tìm m để y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x

1

, x

2

thỏa mãn x

1

– 2x

2

= 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ 2 </b>
<b>NĂM HỌC 2011-2012 </b>

<b>MƠN TỐN, LỚP 11 </b>

<i><b>Chú ý : D</b>ưới ñây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho ñiểm từng phần của mỗi bài. Bài làm </i>
<i>của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và </i>
<i>cho điểm từng phần tương ứng. </i>

<b>Câu </b> <b>Hướng dẫn giải </b> <b>Điểm </b>

1. (1ñ)

(

)

(

)

x 2 x 2 x 2

x 2 3x 2 2

x 2 3x 2 2 4

lim lim lim

3x 6 3 3

3x 2 2

→ → →

− − +

− ₌ ₌ − + ₌

−
− −

1,0
I

(2ñ)

2. (1ñ)

(

3

)

x 1

lim 2x 4x 1 7

→ + + = 1,0

1. (1ñ)
TXĐ :_ℝ

2

y '=3x +6x 0,25

2

y '≤ ⇔0 x +2x≤0 0,25

2 x 0

⇔ − ≤ ≤ 0,25

KL... 0,25

2. (1ñ)

Gọi

(

x ; y₀ ₀

)

là tiếp điểm.

0,25

Tìm được x₀ =1 hoặc x₀ = −3. 0,25

Với x₀ =1 thì y₀ =8, viết được phương trình tiếp tuyến: y=9x 1− _0,25
II

(2đ)

Với x₀ = −3 thì y₀ =4, viết được phương trình tiếp tuyến: y=9x+31 0,25
1.(1đ)

<b>H</b>

<b>D</b>

<b>B</b>

<b>A</b>

<b>C</b>
<b>S</b>

<b>K</b>

SA⊥(ABCD)⇒SA⊥CD(1) 0,25

ABCD là hình vng ⇒CD⊥AD(2) 0,25

III
(3đ)
.

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

2. (1ñ)

Theo phần a) ta có CD⊥

(

SAD

)

, mà AH⊂

(

SAD

)

⇒CD⊥AH(3) 0,25

Theo giả thiết AH⊥SD(4) _0,25

Từ (3) và (4) ta có AH⊥

(

SCD

)

0 ,25

AH SC

⇒ _⊥ 0,25

3. (1ñ)

Ta có SA BD SC BD(5)

AC BD

⊥


⇒ _⊥


⊥


Kẻ BK⊥SC tại K (6)

Từ (5) và (6) ta có DK⊥SC (7)

0 ,25

Từ (6) và (7) ta có

(

(

SBC , SCD

) (

)

)

=

(

BK, DK

)

0,25
BD=SD=a 2

Ta có tam giác SCD vng tại D, có DK là đường cao

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3 a 6

DK

DK SD CD 2a a 2a 3

⇒ ₌ ₊ ₌ ₊ ₌ ⇒ ₌

Tương tự BK a 6
3
=

0 ,25

Theo định lí cơsin trong tam giác BDK ta có

BK2 DK2 BD2 1

(

(

) (

)

)

cosBKD BKD 120 SBC , SCD 60

2.BK.DK 2

+ −

= = − ⇒ ₌ _°⇒ _{= °} 0,25

1. (1ñ)

Xét hàm số f (x) x3 1 1 1 x 2 1 1 1 2

p a p b p c a b c

   

= − + +  +  + + −

− − −  

  trên ℝ.

Ta có f(x) liên tục trên _ℝ
1 1 1

f (0) 2 2

a b c

 

=  + + −

 

1 1 1 1 1 1

f (1) 2 1

p a p b p c a b c

   

= − ₋ + ₋ + ₋ +  + + −

 

 

0,25

Do p < 3 nên 2 2 2 6 2 f (0) 0
a + + > >b c p

⇒ _> 0,25

Chứng minh : 1 1 1 2 1 1 1

p a p b p c a b c

 

+ + ≥  + + 

− − −  (*)

Thật vậy : theo cosi cho hai số dương ta có :

(

)(

)

1 1 2 4 4

p a− +p b− ≥ _{p a}− _{p b}− ≥ p a− + −p b = c
Tương tự ta có : 1 1 4

p−b+p c− ≥a ;

1 1 4

p c− +p a− ≥b
Từđó (*) được chứng minh ( dấu bằng xảy ra khi a=b=c)

0,25
IV

(1đ)
.

Từ (*) ta có f (1)<0

Vậy : f (0).f (1)<0⇒ phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0 ;1) 0,25
Va

(2ñ)

1. (1ñ)
TXĐ:ℝ

y '=x '.sin x+x.(sin x) '

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

sin x x.cos x

= + 0,25

KL 0,25

2.(1ñ)

(

) (

)

y ''= sin x '+ x cos x ' 0,25

=cos x+cos x−x sin x=2 cos x−x sin x _0,25

Ta có: x.y '' 2y ' x.y− + =x 2 cos x

(

−x sin x

) (

−2 sin x+x cos x

)

+x.x sin x= −2sin x 0,25
.

KL…. _0,25

1.( 1ñ )
TXĐ:ℝ

(

)

2

y '=3x −6mx+3 m+2

0,25

x=2 là nghiệm phương trình y’=0 thì y’(2)=0⇔ =m 2

0,5

KL…. 0,25

2.(1đ)

y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔x2−2mx+ + =m 2 0có hai nghiệm phân biệt
0

⇔ ∆ > 0,25

2 m 2

m m 2 0 (*)

m 1

>

⇔ − − > ⇔  _{< −}

 0,25

Theo vi-et ta có 1 2

1 2

x x 2m (1)
x x m 2 (2)

+ =




= +


GT x₁−2x₂ =3 (3)

Giải (1) và (3) ta ñược:x₁ 4m 3, x₂ 2m 3

3 3

+ −

= =

Thay vào (2) ta ñược 2

m 3(tm)

8m 15m 27 0 ₉

m (tm)

8
=


− − = ⇔_

= −


0,25
Vb

(2ñ)

KL… 0,25

</div>

<!--links-->