De thi 8 tuan ki 2 toan 11 NC 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở GD-ĐT Nam Định Trường THPT Xuân Trường. ĐỀ THI CHẤT LƯỢNG 8 TUẦN HỌC KÌ II NĂM HỌC 2013-2014 Môn thi: Toán 11(Từ 11A1đến 11A6) Thời gian làm bài: 90’(Không kể thời gian giao đề). Câu 1 (4,0 điểm) Tìm các giới hạn sau:. 9  x2 a) lim 2 . x 3 2 x  5 x  3 d ) lim. x  . b) lim x 1. x( 4 x 2  x  2 x) 2. 9x  2x  2x. .. x 2  3x  2 x2  x  7  3. .. c) lim ( 9 x 2  x  1  2  3 x). x  . e) lim ( 3 8 x 3  x 2  4 x 2  4 x ). x  . Câu 2 (3,0 điểm)  4  x2 khi x > 2  f ( x)  x2  2  2 x  12m khi x 2. Tìm m để hàm số f(x) liên tục tại điểm x = 2.  a) Cho hàm số: 3 b) Chứng minh rằng phương trình 2 x  6 1  x 3 . Có ba nghiệm phân biệt thuộc (-7; 9).. Câu 3 (3,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh a và có cạnh SA. a 2 2 .Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và CD. vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , a) Chứng minh rằng hình chóp S . ABCD có bốn mặt bên là các tam giác vuông? SA . b) Chứng minh BM  SN . c) Trên đoạn thẳng SO lấy điểm I. Đường thẳng qua I và song song với BD lần lượt cắt SB và. SD tại H và K. Tìm độ dài đoạn thẳng OI để CI  ( AHK ) ?.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu Ý 1(4đ) a.0,75đ. ĐÁP ÁN -THANG ĐIỂM ĐỀ THI TÁM TUẦN KÌ II NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN LỚP 11 (11A1-11A6) Nội Dung lim x 3. lim x 3. lim x 3. b.0,75đ. Điểm. 2. 9 x 2 x  5x  3  3  x  3  x. 0,25. 2. 0,5.  x  3  2 x  1  x 3 6  . 2 x 1 7 x 2  3x  2. lim. x2  x  7  3. x 1.    x  x  7  3 x  x  7  3  x  3 x  4   x  x  7  3 lim  x  x  2   x  3x  2   x  1  x  4   x  x  7  3 lim  x  1  x  2   x  3x  2   x  4   x  x  7  3 5 lim  .  x  2   x  3x  2  2 lim. . x 2  3x  2. x 1. x 2  3x  2. 2. 2. 2. x 1. x2  x  7  3. . x 2  3x  2.  0,25. 2. 2. 0,25. 2. 0,25. 2. x 1. 2. 2. x 1. c.0,75đ. 2. lim ( 9 x 2  x  1  2  3x). x  .  lim. . 9 x 2  x  1  3x. 9 x 2  x  1  3x. x  .  lim. x  .  lim. x  . . 9 x 2  x  1  3x. x 1. 2 9 x  x 1  3x 1 1 13 x 2  . 6 1 1 9   2 3 x x 2.  2. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> d.0,75đ. lim. x  . x( 4 x 2  x  2 x) 9x2  2x  2 x.   1  x  x2  4    2x    x    lim  x   2  x2  9    2 x x . 0,25 0,25.   1  x2  4   2  x    lim x     2  x 9   2 x   1   x 4   4 1 1 x    lim  lim  . x    x         4 2 1 2 1  9   2  4   2  9   2  4   2 x x x x      . e(1đ). lim ( 3 8 x3  x 2  4 x 2  4 x ). x  . 0,25.  1 4  lim  x 3 8   x 4   x   x x   1 4  lim x  3 8   2  2  4   x   x x    1 4      x x  lim x   2 x   4  3  8  1   23 8  1  4 2  4   x   x  x      1 4 13    lim    .  2 x   12 4  3 8  1   23 8  1  4 2  4    x   x x . 0,25 0,25 0,25. Ta có: f (2)  4  12m.. 2(3đ). 2. a.1,5đ. lim f ( x)  lim. x 2. x 2. . 4 x  lim x  2  2 x  2. .  2  x  2  x .  lim    2  x  x  2  2   16.  x 2  lim f  x   lim   2 x  12m   4  12m. x 2. x 2. f(x) liên tục tại x = 2  lim f  x   lim f  x   f  2  x 2. x 2.   16  4  12m  m 1.. x 2. x2 2. 0,25. . 0,25 0,5 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b.1,5đ. 3 3 Đặt t  1  x . Khi đó, phương trình có dạng 2t  6t 1 0. 3 Xét hàm số f (t ) 2t  6t  1 liên tục trên . Ta có: f   2   3, f  0  1, f  1  3, f  2  5. f   2  . f  0   3  0,. Suy ra:. pt có một nghiệm 3 1. 3. t1  1  x  x1 1  t f  0  . f  1  3  0,. pt có một nghiệm. t2  1  x  x2 1  t f  1 . f  2   15  0,. pt có một nghiệm. 3 2. 0,25. khi đó:. và x1   1;9  .. t2   0;1. 3. t1    2; 0 . và. và Vậy pt có ba nghiệm trên khoảng (-7;9).. khi đó:. 0,25 0,25. x2   0;1 .. t3   1; 2 . t3  3 1  x  x3 1  t33. 0,25. khi đó:. x1    7; 0  .. 0,25 0,25. 3(3đ). a(1đ).  SA  AB SA  ( ABCD)     SA  AD.  SAB vu«ng t¹i A   SAD vu«ng t¹i A. Lí luận SA  BC , BC  AB SA và AB cắt nhau trong ( ABCD) nên BC  ( SAB)  BC  SB  SBC vuông tại B Chứng minh tương tự ta cũng có mặt bên SCD là tam giác vuông tại D .Vậy bốn mặt bên là các tam giác vuông. b(1đ). Ta có :. 0,25 0,25 0,25. SA   ABCD   SA  BM  1 .. ADN BAM , AB  AD, AM DN  BAM ADN  ABM DAN 0,25 0,5 DAN  NAB 900  ABM  BAN 900  BM  AN  2  .. mà.  BM   SAN   BM  SN .. c(1đ). 0,25. 0,25. Từ (1) và (2) Do HK / / BD và SA  BD và BD  AC nên HK  SA và HK  AC. 0,25. SA cắt AC trong (SAC) nên HK  ( SAC ) . Do đó HK  CI. 0,25. Do AI và HK cắt nhau trong mặt phẳng (AHK) nên CI  ( AHK ) . 0,25. CI  AI AC a 2  2 2 (Do OI là đường trung tuyến trong AIC ). KL: a 2 OI  2  OI . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng theo kiến thức qui định trong chương trình thì cho điểm đủ từng phần tương ứng trong đáp án..

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