De dap an KTHK II lop 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT TỈNH BẠC LIÊU Đề đề xuất ( Đề gồm 1 trang ). KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN: Toán Lớp: 11 Thời gian làm bài: 90 phút ( Không kể thời gian giao đề ). A. Phần bắt buộc: x 2  3x  2 lim Câu 1: (1đ) Tìm x   2 x  2 Câu 2: (1đ) Xét tính liên tục trên  của hàm số   2 x 2  x  10 neáu x   2  f ( x )  x 2  4 x  17 neáu x  2  1 1 y  x 3  x 2  4 x  2011 taïi x 0 1 3 2 Câu 3: (1đ) Tìm đạo hàm của hàm số: sin x y"  1 cosx x y 4sin4 sin x 2 Câu 4: (1đ) Cho hàm số . Chứng minh rằng Câu 5: (3đ) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a Có SA vuông góc với đáy ABCD, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt (SCD) bằng 600 . Hình chiếu vuông góc của O trên SC là H a) Chứng minh rằng tam giác SAB là tam giác vuông b) Chứng minh rằng: SC  mp(BHD) c) Tính khoảng cách từ S đến mp(ABCD) theo a B. Phần tự chọn: Phần 1: (Ban cơ bản) 3n2  n  1 lim 3  4n2 Câu 1: (1đ) Tìm Câu 2: (1đ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong ( C ) : x3 y   x 2  3x  2 3 tại điểm có hoành độ x0 = 3 y Câu 3: (1đ) Cho hàm số Phần 2: (Ban nâng cao). 1 sin x. y'  . Chứng minh rằng. phẳng.  cot x sin x. Câu 1: (1đ) Chứng minh rằng phương trình sau luôn có ít nhất một nghiệm âm với mọi giá trị của tham số m: (m2 – m + 4)x2011 – 2x + 1 = 0 Câu 2: (1đ) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ): y Câu 3: (1đ) Cho hàm số. y. 2x  1 x  1 tại điểm M0(0;– 1 ). 1 1 1 1 1 1    cos x x  (0;  ) 2 2 2 2 2 2 .Tính y "(4 ) - - - - - - Hết - - - - - -. -.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU. KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài: 90 phút ( Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM ( gồm 4 trang). Câu Nội dung A. Phần bắt buộc (7 điểm) x 2  3x  2 (x  1)(x  2) lim lim x  2 x 2 x 2 = x  2 1(1đ). Điểm 0,5. lim(x  1)  1. 2(1đ). = x  2  2x2  x  10 f (x)  x 2 x>–2 : liên tục trên ( 2 ;  ) x < – 2 : f (x)  4x17 liên tục trên (  ;  2) Tại x = – 2 ( 2x  5)(x  2) lim f (x)  lim  lim ( 2x  5) 9 x ( 2) x ( 2) x ( 2) x 2 lim f (x)  lim (4x  17)  9 x ( 2). 0,25. 0,25. x ( 2). f ( 2)  9 lim f (x)  lim f (x)  ff( 2) 9  x( ). x ( 2). 0,25 0,25. x ( 2). 0,25 liên tục tại x = – 2. Vậy hàm số f(x) đã cho liên tục trên . 0,25. '. 3(1đ) 4(1đ). 1  1 2 y'  x3  x2  4 x  2011 x2  x  2 3  = x  y'(1) 1 1 2  2 ,. (1 cos x) sin x  (1 cos x)(sin x)' y'  sin2 x  sin2 x  (1 cos x)cos x 1 cos x  2 sin x sin2 x = x 2cos2 1 2   x x x 4sin2 cos2 2sin2 2 2 2 =. 0,5 0,5 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ,. 5(3đ). ,  2 x   x x  sin 2  sin cos   1 1   1 2 2 y "     . x x 2 2  2sin 2 x  sin 4 sin 4  2 2 2 sin x x 4sin4 2 (đ p c m) = Hình vẽ (0,5đ). 0,25. 0,5. a) (0,5đ) SA  (ABCD)  SA  AB  SAB vuông tại A b) (1đ) Ta có OH  SC ( gt ) (1)  DB  AC (gt)   DB  (SAC )  DB  SC (2) DB  SA (do SA  ( ABCD)) Từ (1) và (2) suy ra SC  (BHD) c) (1đ) Do SA  (ABCD) nên khoảng cách từ S tới (ABCD) là SA DH  SC   BH  SC  Theo cmt ta có: Góc giữa (SBC) và (SCD) là góc giữa 2 đường thẳng DH và BH và bằng 600  0 Giả sử BHD  60  BHD là tam giác đều  DH = DB (vô lí). 0,5 0,25 0,5 0,25. 0,25. ( Vì DH < DC mà DC < DB )  0  0 Do đó BHD 120  BHO  60 Trong tam giác OBH vuông tại O ta có 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> OH OB tan300 . a 2 3 a 6 .  2 3 6. a 6 OH 3 sinC   3  OC a 2 3 2 Trong tam giác HCO vuông tại H ta có Trong tam giác SAC vuông tại A ta có SA sinC sinC tanC   SA  AC tanC a 2. a 2.  2 AC cosC 1 sin C a Vậy khoảng cách từ S tới mp(ABCD) là SA = a B. Phần tự chọn (3 điểm) Phần 1 (Ban cơ bản ) 1 1 3  2 n n 3 lim 1(1đ) 3n 2  n  1 3 4 lim  4 2 3  4n = n2 2(1đ). y'  . . . sin x 2. sin 2 x. '.  . 2sin x cos x 2 sin 2 x sin 2 x. . cotx sin x. Phần 2 (Ban nâng cao) f ( x )  m 2  m  4 x 2011  2x  1 Đặt là hàm đa thức nên liên tục trên  suy ra liên tục trên [– 1 ; 0] f (0) 1  0 2  1(1đ) 1  3 2 2 f ( 1)  m  m  4  3  (m  m  1)    m      0 m 2  4     f ( 1). f (0)  0 m  x0 ( 1; 0) : f ( x0 ) 0 m Vậy phương trình trên luôn có ít nhất một nghiệm âm với mọi m. . 0,25. 0,5 0,5. x0 = 3  y0  7 y ' x 2  2 x  3  y '( x0 )  y '(3) 6 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – 7 = 6(x – 3 )  y = 6x – 11 1 1 y  sin x sin 2 x. 3(1đ). 0,25. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25. . 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3 ( x  1)2 x0  0  y0  1 y '( x0 )  y '(0) 3 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y + 1 = 3x  y = 3x – 1 y' . 2(1đ). y. = 3(1đ). =. 0,5 0,25 0,25. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x    cosx    cos2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 x 1 1 x 1 1 x   cos   cos2   cos 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 cos2. x x  cos 8 8 '. 0,5 '.   x x x 1 x y '  cos     sin  sin 8 8 8 8   8. 0,25. '.  1 x 1 x y "   sin   cos 8 64 8  8 1 4 1  y "(4 )  cos  cos  0 64 8 64 2. Người ra đề: Lê Văn Quang THPT Phước Long Bạc Liêu. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>