de dap an 2 tiet Toan 11 hk2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ KIỂM TRA HỆ SỐ 2  MÔN TOÁN 11  NH 2013  2014 THỜI GIAN 90 PHÚT Ngày 19 tháng 4 năm 2014 I/ PHẢN CHUNG (7.0 điểm) Câu 1 : (1.5 đ) Tính các giới hạn sau : 7x  1 lim a) x 3 x  3. b). lim. x  . . 2. 4 x  4 x 1  2 x  3. . 2x2  x  1 lim 2 c) x   3x  2 x. Câu 2 : (1.0 đ) Tìm a để hàm số liên tục tại x 1  x3  x 2  2 x  2 , khi x 1  f ( x )  x2  1 3 x  a , khi x 1  Câu 3 : (1.5 đ) Tính đạo hàm của các hàm số sau : 2 3 1 y   3x  1  2  4 x x x a). b). y. 2 x2  3x 3  4x. c). y. cos x x  x sin x. Câu 4 : (3.0 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a , SO  ( ABCD), SB a .. OB . a 3 3 ,. a) Chứng minh : SAC vuông và SC vuông góc với BD. b) Tính khoảng cách từ O đến (SBC) c) Tính góc giữa (SBC) và (ABCD). II/ PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Phần A. 3 2 Câu 5a) Cho đường cong (C) : y  x  3 x  2 . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) : a) Tại điểm có hoành độ bẳng 2 1 y  x  1 3 b) Biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 3 Câu 6a) Chứng minh phương trình x  3 x  1 0 có 3 nghiệm thuộc ( 2;2). Phần B x 1 x  1 có đồ thị (C). Câu 5b) Cho hàm số a) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(2 ; 3). b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 1 y  x  5 8 3 2 Câu 6b) Chứng minh rằng phương trình x  2mx  x  m 0 luôn có nghiệm với mọi m. y.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1.  HẾT  ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM NỘI DUNG 7x  1 a) x 3 x  3 = +  lim(7 x  1) 20  0, lim( x  3) 0, x  3  0, x  3 x  3 vì x 3 4 x 2  4 x  1  (2 x  3) 2 2 lim lim 4 x  4 x  1  2 x  3 x   4x2  4 x 1  2x  3 b) x  = 8  16   16 x lim   4 x    16 x  8 4 4 1 3 lim 4  2 2 2 x   x x x 4 x  4 x  1  2 x  3 = = lim. . . 2x2  x  1 lim  lim x   3x 2  2 x x   c) 2. 1 1  x x2 2 2 3 x = 3. 2. +. x 1. x 1. 0.25 0.25. 0.25 x3  x 2  2 x  2 ( x  1)( x 2  2)  lim x  1 ( x  1)( x  1) x2  1. x2  2 3 lim  x 1 x  1 2. 0.25 0.25. lim f ( x)  f (1) . 3. 0.25. 0.25 +0.25. + f (1) 3  a lim f ( x) lim. Điểm 0.25. 3 3 3  a  a  2 2. Hàm số f liên tục tại x = 1  x 1 2 (3 x  1) ' 6 x 4 x3 2 3 1 y '    4 8 y   3x  1  2  4 2 x x x 2 3 x  1 x x x a)  2 3 6 4 y '  2   3 5 x x 2 3x  1 x. 0.25 0.25 0.25. ( 2 x 2  3x ) '.(3  4 x)  (3  4 x) ' 2 x 2  3 x 2 x2  3x y '  y (3  4 x) 2 3  4x  b) 4x  3 .(3  4 x)  4 2 x 2  3x 2 y '  2 2 x  3x (3  4 x) 2  (3  4 x) 2  8(2 x 2  3 x) 9  2 2 2 2(3  4 x) 2 x 2  3 x = (3  4 x) 2 2 x  3 x. 0.25. cos x x (cos x) ' x  ( x)'cos x ( x) 'sin x  (sin x)' x  y'   2 x sin x x sin 2 x c)   x sin x  cos x sin x  x cos x y'   x2 sin 2 x. 0.25. y. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 4. Hình vẽ đúng (hình chóp S.ABCD , SO, nét đứt  liền) ; 0.25 Hoàn chỉnh : 0.25đ 1 AC 2 a)+ SOB = COB (OB chung, SB = BC =a) suy ra SO = OC = OA = a 6 a 6 SB 2  OB 2  3 hoặc tính được OC = 3 (0.25) tính được SO = SAC có SO là trung tuyến nên SAC vuông tại S. + Do SO  (ABCD) nên OC là hình chiếu của SC lên (ABCD) mà BD  AC (đường chéo hình thoi) nên BD  SC b) kẻ OK  BC và BC  SO (SO  (ABCD))  BC  (SOK)  BC  SK Trong (SOK) kẻ OH  SK  OH  BC vì BC  (SOK) nên OH  (SBC)  d(O,(SBC)) = OH 1 1 1 3 3 9 a 2    2 2  2 OK  2 2 2 OC OB 2a a 2a  3 vuông OBC có : OK 1 1 1 3 9 6 a  2  2  2  2  OH  2 2 SO OK 2a 2a a 6 vuông SOK có : OH. c). ( SBC )  ( ABCD ) BC    OK  BC   (( SBC ),( ABCD)) SKO  SK  BC . vuông SOK có : A 5a.  tan SKO . 2 a) y ' 3x  6 x  y  2 x0 2   0  y '(2) 0. SO   3  SKO 600 OK.  pt tiếp tuyến cần tìm là : y = 2 1 y  x  1 3 b) Vì tiếp tuyến vuông góc với. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.5. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  hệ số góc của tiếp tuyến là k = 3  x0 1  2 f '( x0 ) 3  3 x0 2  6 x0  3 0    x0 1  2  Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là : 1 : y 3 x  3  4 2 và 2 : y 3 x  3  4 2 6a. 0.25.  y0  2   y0  2. 0.25 + 0.25. 3 Đặt f ( x)  x  3 x  1 là hàm đa thức nên f ( x ) liên tục trên  Ta có : f(2) = 1, f(0) = 1, f(1) = 1, f(2) = 3  f(2).f(0) < 0 và f liên tục trên [2 ; 0]  x1 (2 ; 0) : f(x1) = 0 Và f(0).f(1) < 0 và f liên tục trên [0 ; 1]  x1 (0 ; 1) : f(x2) = 0 f(1).f(2) < 0 và f liên tục trên [1 ; 2]  x1 (1 ; 2) : f(x3) = 0 3 Vậy phương trình x  3 x  1 0 có 3 nghiệm thuộc ( 2;2). B 5b. y'  a). f '( x0 ) k . 0.25. y . 1 x 5 8 nên tiếp tuyến có hệ số. 2 1   ( x0  1) 2 16  2 ( x0  1) 8.  x0  1 4  x  1  4  0 . 0.25.  x0 5  x  3  0. 3   y0  2   y 1 0 2   vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn là : 1 3 1 17 y  ( x  5)   y  x   x  8 y  17 0 8 2 8 8 1 : 1 1 1 1 y  ( x  3)   y  x   x  8 y  1 0 8 2 8 8 1 : 6b. 0.25 0.25. 0.25. 2 ( x  1)2. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng 1  góc k = 8. 0.25. 0.25. 0.25 0.25. 3 2 Đặt f ( x )  x  2mx  x  m là hàm đa thức nên f ( x ) liên tục trên  2 + f (0) m, f (1)  m  f (0). f (1)  m 0, m. 0.25. Nếu m = 0 : pt hiển nhiên có nghiệm x = 0, 2 Nếu m  0 : f (0). f (1)  m  0, m và f liên tục trên [0 ; 1]. 0.25.  x0  (0 ;1) : f ( x0 ) 0 Vậy pt đã cho luôn có nghiệm với mọi m. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>