Ngân hàng đề kiểm tra toán 11 - chương trình chuẩn

Chia sẻ: Trương Thị Thùy Trang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

0
634
lượt xem
217
download

Ngân hàng đề kiểm tra toán 11 - chương trình chuẩn

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

Tài liệu tham khảo về toán 11

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Ngân hàng đề kiểm tra toán 11 - chương trình chuẩn

  1. NGÂN HÀNG ĐỀ KIỂM TRA- TOÁN 11- CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Mã Ý, STT câu thời Nội dung Điể hỏi gian m 15' Tính các giới hạn sau: 2,5 3n3 + 2n + 5 1,0 1A a, lm i 1+ 2n3 5n + 2. n 3 1,5 2B b, lm n i 4 − 3. n 5 2 5 1,0 3+ 2 + 3 1 0401 3n3 + 2n + 5 n n = 3. 1A a, lm i = lm i 1+ 2n 3 1 +2 2 n3 n  3 1,5 1+ 2.  5 5 + 2. n 3n   = − 1. 2B b, Ta có: lm n i = lm i 4 − 3. 5n  4 n 3  5 − 3   15' Tính các giới hạn sau: 2,5 −3n + n + 2 1,0 1A a, lm i n2 − n + 1 ( 2) + 3n − n 1,5 2B b, lm i ( 2) +1 + 3n+1 − n 3 1 2 1,0 − + 3+ 2 2 0401 −3n + n + 2 1A lm i = lm n i n n = 0. n − n+ 1 2 1 1 1− + 2 n n   2 n   −  +1  ( 2) + 3 − n n 1  = 1. = lm   3 1,5 2B Ta có: lm i i n+1 ( 2) + 3 − n+1 3 2 n+1  3   −  + 1  3  3 3 3 3 3( 1) +1 − n 2,0 S= − + − + .. .+ + .. . B,10' Tính tổng ( ) n 2 2 2 2 4 2 1 3 1,0 Đây là cấp số nhân lùi vô hạn có q = − ,u1 = . Do đó: 3 0401 2 2 3 3 3 3 3 3( 1) +1 − n 2 = 3 . 1,0 S= − + − + .. .+ + ..= . ( ) 1 1+ 2 n 2 2 2 2 4 2 1+ 2 x −1 2 2,0 A,10' Tính giới hạn : lm 2 i x→−1 x + 3x + 2 4 0402 x −1 2 (x + 1) x − 1) ( x− 1 1,0 Ta có lm 2 i = lmi = lm i = −2. 1,0 x→−1 x + 3x + 2 x→−1 ( + 1) x + 2) x→−1 x + 2 x (
  2. 2− x+ 3 2,0 B,10' Tính giới hạn: lm i x→1 x2 − 1 Ta có: 2− x+ 3 4 − (x + 3) 1,0 lm i = lm 2 i = 5 0402 x→1 x −1 2 x→1 (x − 1) 2 + x + 3) ( 0,5 −(x − 1) lm i = x→1 ( − 1) x + 1) 2 + x + 3) x ( ( 0,5 −1 1 lm i =− . x→1 ( + 1) 2 + x ( x + 3) 8 x3 − 5x2 + 3x + 9 2,0 B,10' Tính giới hạn: lm i x→3 x4 − 8x2 − 9 x3 − 5x2 + 3x + 9 (x − 3) (x + 1) 2 1,0 6 0402 lm i = lm 2 i = x→3 x4 − 8x2 − 9 x→3 (x + 1) x2 − 9) ( Ta có: 1,0 (x − 3) x + 1) ( lm 2 i =0 x→3 (x + 1) x + 3) ( 3 4x − 2 3,0 C,10' Tính giới hạn: lm i x→2 x− 2 Ta có: ( (3 4x − 2) 3 4x + 23 4x + 4 ) 1,0 2 4x − 2 3     lm i = lmi x− 2 (  3 4x + 23 4x + 4 ) x→2 x→2 2 ( − 2) x  7 0402   4x − 8 4(x − 2) 1,0 = lm i = lmi ( ) (x − 2) 3 4x + 23 4x + 4 ( ) (x − 2) 3 4x + 23 4x + 4 x→2 2 x→2 2         4 1 1,0 = lm i = . x→2  3 ( )  3 2  4x + 2 4x + 4 3   Xét tính liên tục của hàm số sau: 2,0  x2 − 1 B,10'  nÕu x ≠ −1 f(x)=  x + 1 t x = −1. ¹i  −2 nÕu x = −1  8 0403 TXĐ D=R chứa x=-1. Ta có: f(-1)=2 và 1,0 x2 − 1 (x − 1) x + 1) ( lm f( )= lm i x i = lm i = lm (x − 1)= −2 = f( 1) i − 1,0 x→−1 x→−1 x + 1 x→−1 x+ 1 x→−1 Do đó, hàm số liên tục tại x=-1. 9 0403 Tìm giá trị m để hàm số sau liên tục tại x=-1: 3,0  3x + 4 − 1 B,15'  nÕu x ≠ −1 f(x)=  x + 1 .  m nÕu x = −1  Ta có:
  3. 1,0 3x + 4 − 1 3x + 4 − 1 lm f( )= lm i x i = lm i x→−1 x→−1 x+ 1 x→−1 ( + 1) 3x + 4 + 1) x ( 3 3 1,0 = lm i = x→−1 3x + 4 + 1 2 1,0 f(-1)=m. Vậy để hàm số liên tục tại x=-1 khi và chỉ khi m=3/2. Chứng minh phương trình sau có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng 3,0 B,15' (-2;1): 2x5 − 5x3 − 1 = 0. Đặt f(x)= 2x5 − 5x3 − 1, ta có: 1,0 10 0402 f(-1)=2, f(0)=-1 do đó f(-1).f(0)
  4. 3 Do đó − = −1 ⇔ x0 = 3 ⇔ x0 = ± 3 2 2 x0 1,0 3 khi x0 = 3 t × y0 = h = 3 vµ y0 '= −1 3 phương trình tiếp tuyến tương ứng là: y = − x + 2 3 3 khi x0 = − 3 t × y0 = − h = 3 vµ y0 '= −1 1,0 3 phương trình tiếp tuyến tương ứng là: y = − x − 2 3. Cho đường cong (C): y = f(x)= x2 − 2x + 3. Viết phương trình tiếp 3,0 C,10' tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng x+4y=0. Vì tiếp tuyến của (C) vuông góc với đường thẳng x+4y=0 nên có hệ 1,0 15 0501 số góc k=4 Do đó 2x0 − 2 = 4 ⇔ x0 = 3 1,0 1,0 khi x0 = 3 t × y0 = 6 h phương trình tiếp tuyến của (C) là: y=4x-6.
  5. Cho tứ diên ABCD. uuu uuu uuu ̣ uuu r r r r 1,5 A,10’ Chứng minh: AB + CD = AD + CB Biên đôi vêuuu ́ uuur uuu uuur r ́ uuu uuu ̉ ́ trai: u r r r u A AB + CD = AD + DB + CB + BD 0,5 uuu uuu uuu uuu uuur uuur r r r r u u 0,5 AB + CD = AD + CB + ( DB + BD ) 0,5 16 0301 uuu uuu uuu uuu r r r r AB + CD = AD + CB B D C Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), đay ABCD là hinh ́ ̀ 2,0 15’ vuông. Goi M, N lân lượt là trung điêm cua canh SB và SD. ̣ ̀ ̉ ̉ ̣ 1B Chứng minh BC ⊥ ( SAB ) 2C Chứng minhMN ⊥ (SAC) S Chứng minh BC ⊥ ( SAB ) BC ⊥ AB  N 1  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) M 1B BC ⊥ SA  17 0303 A D I K BC Chứng minh MN ⊥ (SAC) BD ⊥ SA   ⇒ BD ⊥ ( SAC ) (1) 1 2C BD ⊥ AC  MN // BD (2) Từ (1) và (2) suy ra MN ⊥ (SAC) Cho tứ diên ABCD với AB ⊥ ( BCD) và AB = a; đay BCD là tam ̣ ́ 1,5 B, 10’ giac đêu canh 2a. Goi H là trung điêm cua canh CD. Tim goc tao bởi uuúr ̀ uuuṛ ̣ ̉ ̉ ̣ ̀ ́ ̣ HA và BH 18 uuu r uuur Goc tao bởi HA và BH ́ ̣ A ́ Tinh BH = a 3 0,5 0302 a 3 tan · ⇒· a AHB = = AHB = 300 D 0,5 a 3 3 0,5 uuu uuur r B ( HA ; BH ) = 180 – 300 = 1500 0 2a H C Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Hãy tính các tích vô hướng 2,0 15’ sau: uuu uuu r r 1A AB. AD 0,75 uuu uuuu r r 2C AB.CM trong đó M là trung điểm BD. 1,25 uuu uuu uuu uuu r r r r uuu uuu r r AB. AD = AB . AD .cos( AB. AD ) A 0,25 1 a2 0,5 = a.a.cos 60 = a = 0 2 2 2 19 1A B M 0302 D C uuu uuuu uuu uuuu uuu r r r r r uuu uuuu uuu uuu r r r r AB.CM = AB ( AM − AC ) = AB. AM − AB. AC 0,5 3 3 3 1 0,5 = a.a cos 300 − a.a.cos 600 = a 2 . . − a2.
Đồng bộ tài khoản