Đề thi thử HK2 môn Toán lớp 11 (có đáp án)

Chia sẻ: Phan Doanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
919
lượt xem
256
download

Đề thi thử HK2 môn Toán lớp 11 (có đáp án)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề thi thử HK2 môn Toán lớp 11 kèm đáp án dành cho các bạn học sinh nhằm củng cố kiến thức về đạo hàm của các hàm số, đường thẳng vuông góc mặt phẳng và luyện thi môn Toán. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử HK2 môn Toán lớp 11 (có đáp án)

  1. ĐỀ SỐ 1. THI THỬ HỌC KÌ II ; MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút A. PHẦN CHUNG (7điểm). (Dành cho tất cả các thí sinh) Câu I (1,5điểm). Tìm các giới hạn sau: 6n3  n2  4 x 11 1) lim 2) lim 2  3n3 x0 x  x2  2x  3  khi x  1 Câu II (1điểm). Tìm m để hàm số f ( x)   1  x liên tục tại x  1.  mx  2 khi x  1  Câu III (1,5điểm). Tính đạo hàm của các hàm số sau: 2 1) y  sin x  cos2 x  x 2) y  2  5 x  x 2 Câu IV(3điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều ABC cạnh bằng a. Cạnh bên SB vuông góc mặt phẳng ( ABC ) và SB  2a . Gọi I là trung điểm của cạnh BC. 1) Chứng minh rằng AI vuông góc mặt phẳng (SBC). 2) Tính góc hợp bởi đường thẳng SI với mặt phẳng (ABC). 3) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAI). B. PHẦN RIÊNG (3điểm). (Thí sinh học chương trình nào thì làm theo chương trình đó) 1. Theo chương trình cơ bản. Câu Va(2điểm). Cho hàm số y  f  x   x3  3x2  4 có đồ thị (C). 1) Giải phương trình f   x   2. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0  1. Câu Via (1điểm). Chứng minh phương trình x3  3 x  1  0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng  2; 2  . 2. Chương trình nâng cao. Câu Vb (2điểm). x2  2x  2 1) Cho hàm số y  . Chứng minh rằng: 2y.y 1  y 2 . 2 1 2x 2) Cho hàm số y  f (x)  có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết x 1 4 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  có phương trình y  x3. 3   Câu VIb (1điểm). Chứng minh rằng phương trình m 2  m  3 .x 2010  2 x  4  0 luôn có ít nhất một nghiệm âm với mọi giá trị tham số m. -------------HẾT------------
  2. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 4 3 2 6   6n  n  4 n n3  lim  lim  0,5 1(0,75đ) 2  3n3 2  3  n3 I =-2 0,25 (1,5đ) x 1 1 x  lim  lim  2(0,75đ) x0 x x0 x  x 1 1   0,5  1 1   lim  x 0 x 1 1 2 0,25 Ta có lim f  x   lim x2  2x  3  lim  x  1 x  3  4  x 1 x 1 1 x x 1 1 x  0,5  II và lim f  x   lim  mx  2   m  2 ; f (1)  m  2   x 1 x 1 (1đ) Hàm số liên tục tại x = 1  lim f  x  = lim f  x  = f (1) 0,25 x 1 x 1  m  2  4  m  2 0,25 y '  2sin x.  sin x  ' sin 2 x.  2 x  ' 1 0,25 0,25 1(0,75đ)  2sin x cos x  2sin 2 x  1 0,25 = - sin2x-1 III (1,5đ) y'  2  5x  x ' 2 0,5 2(0,75đ) 2 2  5x  x2 5  2x  2 2  5x  x2 0,5 S 0,25 H I C IV B 1(1đ) (3đ) A a 0,25 Tam giác ABC đều cạnh a , IB = IC =  AI  BC (1) 2 SB  (ABC)  SB AI (2) 0,25
  3. Từ (1) và (2) ta có AI  (SBC) 0,25 SB  (ABC)  BI là hình chiếu của SI trên (ABC) 0,5 SB 0,25 2(1đ)   SI ,( ABC)   SIB, tan SIB  4 IB Kết luận: 0,25 AI (SBC) (cmt) nên (SAI)  (SBC) 0,25 SI  (SAI )  (SBC) .Trong tam giác SBI, kẻ 0,25 BH  SI  BH  (SAI ) 0,25 3(1đ) Þ d (B,(SAI )) = BH 0,25 1 1 1 1 4 17 2a 17 2  2  2  2  2  2  BH  BH MB BI 4a a 4a 17 Chương trình cơ bản y  x3  3x2  4  y  3x2  6x 0,5 1(1đ) y  2  3x2  6x  2  3x2  6x  2  0 0,25 3  15 3  15 Va x ; x 0,25 3 3 (2đ) Tại x0  1  y0  6 0,25 2(1đ) Hệ số góc của TT: k  y (1)  3 0,5 Phương trình tiếp tuyến là y  3x  3 0,25 Đặt f(x) = x3 - 3x + 1. Ta có f(x) xác định, liên tục trên nên 0,25 liên tục trên các đoạn [-2;-1], [-1;1] và [1;2] Mà f(-2). f(-1) = -3  0 , f(-1). f(1) = -3  0 và f(1). f(2) = -3  0 VIa Nên pt f(x) = 0 đều có 1 nghiệm thuộc mỗi khoảng (-2;-1), (-1;1) 0,5 (1đ) và (1;2) 0,25 Suy ra phương trình x3 - 3x + 1 = 0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt trên (-2; 2). Chương trình nâng cao Ta có y '  x  1  y "  1 0,5 1(1đ) 2y.y "  1  ( x2  2x  2).1  1  x2  2x  1  ( x  1)2  y2 0,5 3  Vb TXĐ D = R \ {-1}; f '( x)  2  x  1  (2đ)  0,5 3  2(1đ) Xác định đúng hệ số góc của TT là: k    4 Gọi  x0 ; y0  là tiếp điểm của TT, theo giả thiết ta có:
  4.  1  3 3 3 2  x0  1  y0   2  f '( x0 )    2    x0  1  4     4  x0  1 4  x0  3  7  y   0,5  0  2  3 1 3 23  Vậy có hai tiếp tuyến y   x  và y   x    4 4 4 4 Xét hàm số f(x) = (m2 – m + 3)x2010 – 2x – 4 liên tục trên Ta có: f(0) = -4 và f(-1) = m2 – m + 3 + 2 – 4 = m2 – m + 1 > 0  0,5 VIb 1(1đ) m . (1đ) 0,25 f(0). f(-1) < 0 suy ra tồn tại x0  (-1; 0): f(x0) = 0 Phương trình có ít nhất một nghiệm âm với mọi m. 0,25 --------------------Hết-------------------- ĐỀ SỐ 2. THI THỬ HỌC KỲ II MÔN: TOÁN –LỚP 11 Thời gian làm bài: 90 phút I. Phần chung: (7,0 điểm) Câu 1: (1.5 điểm) Tìm các giới hạn sau: 4n 2  1 x2  4x  3 4x 1  3 1. lim 2. lim 3. lim 5  2 n  3n 2 x3 x3 x 2 x2 Câu 2: (1,0 điểm) Tìm giá trị của tham số m để hàm số  x2  3x  2 khi x   1 f ( x)    x 1 liên tục tại x = - 1 2 m x  5 khi x   1  Câu 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau: 10 2x 1   1. y  2 2. y  x2  1  x x  x2 Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. 1. Chứng minh: ( SBD )  ( SAC ) . 2. Tính tan góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD). 3. Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh SB . Chứng minh AH  ( SBC ) . Tính AH. II. Phần riêng(3.0 điểm) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu 5a: (1,0 điểm) Chứng minh rằng phương trình x5  3x 4  5 x  2  0 có ít nhất hai nghiệm thuộc khoảng (0; 2). Câu 6a: (2,0 điểm) 1) Cho hàm số f ( x)  x5  x3  2x  3 . Chứng minh rằng: f (1)  f (1)  6. f (0) 2  x  x2 2) Cho hàm số y  có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm x 1 M(2; 4). 2. Theo chương trình Nâng cao
  5. Câu 5b: (1,0 điểm) Chứng minh phương trình x5  10x3  100  0 có ít nhất một nghiệm âm. Câu 6b: (2,0 điểm) a) Cho hàm số y  sin 4 x  cos4 x  1  2sin 2 x . CMR y’=0 2  x  x2 b) Cho hàm số y  có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp x 1 tuyến có hệ số góc k = –1. Đáp án Câu Nội dung 1 2 4 1(1.5) 4n  1 n2   4 lim  lim 5  2n  3n 2 5 2 3 2  3 n n x2  4x  3 ( x  3)( x  1) lim  lim  lim( x  1)  2 x3 x3 x3 x3 x3 4x  1  3 4x  8 4 2 lim  lim  lim  x2 x2 x2 ( x  2)( 4 x  1  3) x 2 4x 1  3 3 2(1.0) * f(-1) = -2m + 5 * lim f ( x)  lim (2mx  5)  2m  5 x 1 x 1 x 2  3x  2 * lim f ( x)  lim  lim ( x  2)  1 x 1 x 1 x 1 x 1 Hàm số f(x) liên tục tại x = -1 khi lim f ( x)  lim f ( x )  f (1)  m=2 x 1 x 1 3(1.0) (2 x  1)'( x 2  x  2)  (2 x  1)( x 2  x  2)' 2 x 2  2 x  5 y'   2 ( x 2  x  2) 2 ( x  x  2) 2 10 9  y  x2  1  x   y '  10  x2  1  x      2 x  1     x 1  10 10  x2  1  x     y'    x2  1 1.(1,0 điểm) Hình vẽ 4(3.0)  BD  SA   BD  ( SAC ) (1)  BD  AC BD  ( SBD ) (2) Từ (1) và (2) suy ra (SBD)  (SAC) 2.(0,75 điểm) SA  (ABCD)  AC là hình chiếu của SC lên (ABCD)  Góc giữa SC và (ABCD) là SCA
  6. SA 2 tan SCA   AC 2 3.(1,0 điểm)  AB  BC   (SAB)  BC  AH  BC (3)  SA  BC mà AH  SB (4) Từ (3) và (4) suy ra : AH  ( SBC ) 1 a 2 AH  SB  2 2 5a(1.0) Đặt f ( x )  x 5  3 x 4  5 x  2 Hàm số f(x) liên tục trên IR. Do đó nó liên tục trên các đoạn [0;1] và [1;2]. Ta có : f(0) = -2, f(1) = 1  f(0).f(1) < 0 f(1) = 1, f(2) = -8  f(1).f(2) < 0 Phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng (0;1) và 1 nghiệm thuộc khoảng (1;2) Vậy phương trình có ít nhất 2 nghiệm thuộc khoảng (0;2). 6a(2.0) f ( x)  x5  x3  2x  3 f ( x)  5x 4  3x2  2, f (1)  6, f (1)  6, f (0)  2 Vậy: f (1)  f (1)  6. f (0) 2  x  x2 x2  2x  1 y  y'   k  f (2)  1 x 1 2 ( x  1) x0  2, y0  4, k  1  PTTT : y   x  2 5b(1.0) Gọi f ( x)  x5  10x3  100  f ( x) liên tục trên R f(0) = 100, f (10)  105  104  100  9.104  100  0  f (0). f (10)  0  phương trình có ít nhất một nghiệm âm c  (10; 0) 6b(2.0) y  sin2 x  cos2 x  cos2x= 0 (đpcm)  y'= 0 2  x  x2 x2  2x  1 y  y'  x 1 ( x  1)2 Gọi ( x0; y0 ) là toạ độ tiếp điểm. 2 x0  2x0  1 2 x  0  y ( x0 )  1   1  x0  2x0  0   0 ( x0  1) 2  x0  2 Nếu x0  0  y0  2  PTTT : y   x  2 Nếu x0  2  y0  4  PTTT : y   x  6 --------------------Hết--------------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản