Đề kiểm tra HK2 Toán 11 - THPT Thống Linh 2012-2013 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

156
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra học kỳ 2 môn Toán lớp 11 của trường THPT Thống Linh dành cho các bạn học sinh phổ thông lớp 11 đang ôn tập chuẩn bị cho kỳ thi học kì 2, giúp các bạn có thêm tài liệu để tham khảo. Chúc các bạn thi tốt.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra HK2 Toán 11 - THPT Thống Linh 2012-2013 (kèm đáp án)

SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II TRƯỜNG THPT THỐNG LINH THỜI GIAN: 90 PHÚT TOÁN 11 NĂM HỌC: 2012-2013 (ĐỀ ĐỀ XUẤT) I/ PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH: (8 điểm) CÂU I: (3 điểm) 1/ Tìm các giới hạn sau: 2n − 3n3 + 1 4 − x2 a / lim b / lim 3 n3 + n 2 x −2 x + 8 2/ Xét tính liên tục của hàm số sau tại x0 = 1 x −1 ,x 1 f ( x) = 2 − x −1 −2 x ,x =1 CÂU II: (2 điểm) cos x π �� 1/ Cho hàm số: y = . Tính y ' � � sinx + 1 2 �� 2/ Cho hàm số: f ( x) = 3cos x + 4sin x + 5 x . Giải phương trình: f '( x) = 0 CÂU III: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B, AB=a. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA=a. a/ Chứng minh rằng: ( SAB ) ⊥ ( SBC ) . b/ Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). c/ Tính góc hợp bởi đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC). II/ PHẦN RIÊNG-PHẦN TỰ CHỌN: (2 điểm) A/ PHẦN 1: (Theo chương trình chuẩn) CÂU IVa: (2 điểm) 1/ Chứng minh rằng phương trình: x 5 − 3 x − 7 = 0 luôn có nghiệm
2/ Cho hàm số: y = x 2 − 4 x + 4 có đồ thị ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại điểm có tung độ bằng 1 B/ PHẦN 2: (theo chương trình nâng cao) CÂU IVb: (2 điểm) 1/ Chứng minh rằng phương trình: cos2 x = 2sin x − 2 có ít nhất 2 nghiệm �π � thuộc khoảng �− ,π � � 6 � 2/ Cho hàm số: y = 2 x + 1 có đồ thị ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến 1 của ( C ) , biết hệ số góc tiếp tuyến là . 3 (Hết)
ĐÁP ÁN 1. 2n − 3n3 + 1 a. lim n3 + n 2 2 1 n 3 ( −3 + 2 + 3 ) = lim n n 1 n3 (1 + ) 0,5 n 2 1 −3 + 2 + 3 = lim n n = −3 0,5 1 1+ n 4 − x2 b. lim 3 x +8 (2 − x)(2 + x) 0,5 Câu I = lim ( x + 2)( x 2 + 2 x + 4) 2− x 4 1 = lim 2 = = 0,5 x − 2 x + 4 12 3 2. TXĐ : D = ﾡ x −1 • x 1 : f ( x) = làm hàm hữu tỉ nên liên tục 2 − x −1 trên tập xác đinh. Suy ra f(x) liên tục trên các khoảng (− ;1) và ( 1;+ ) 0,25 • x =1 : f ( x) = −2 x => f (1) = −2 0,25 x −1 lim f(x)= lim x −>−1 x −>−1 2 − x −1 ( x − 1)( 2 − x + 1) ( x − 1)( 2 − x + 1) = lim = lim x −>−1 2 − x −1 x −>−1 1− x = lim �( 2 − x + 1) � −2 = f (1) �− � = 0,25 x −>−1 0,25 Vậy hàm số liên tục tại x = −1
Câu II cosx 1. y = sinx + 1 − sinx(sinx + 1) − cos x.cos x y' = (sinx + 1) 2 − sin 2 − sinx-cos 2 x −(1 + sinx) −1 = = = 0,5 (sinx + 1) 2 (sinx+1) 2 sinx + 1 π 1 1 � y '( ) = − =− 0,5 2 π 2 sin + 1 2 2. f ( x) = 3cos x + 4sin x + 5 x => f '( x) = −3sin x + 4cos x + 5 0,25 f '( x) = 0 � −3sin x + 4cos x + 5 = 0 3sin x − 4cos x = 5 3 4 � sinx − cos x = 1 5 5 0,25 3 4 Đặt cosα = , sin α = 5 5 cosα sinx + sin α cos x = 1 � sin( x − α ) = 1 0,25 π � x − α = + k 2π 2 π � x = α + + k 2π (k �ﾡ ) 2 0,25 Câu IVa 1. f ( x) = x 5 − 3 x − 7 = 0 . TXĐ D = ﾡ => hàm số liên tục trên ﾡ => hàm số liên tục trên khoảng ( 0, 2). 0,25 f (0) = −7 f (2) = 32 − 6 − 7 = 19 0,25 f (0). f (2) < 0 0,25 Tồn tại ít nhất một nghiệm thuộc (0, 2) 0,25 => Phương trình luôn có nghiệm. 2. y = x 2 − 4 x + 4 0,25 y ' = 2x − 4 0,25
y0 = 1 � x0 − 4 x0 + 4 = 1 2 � x 2 − 4 x0 + 3 = 0 0,25 x0 = 1 � y ' ( 1) = −2 : y − 1 = −2 ( x − 1) � y = −2 x + 3 0,25 0,25 x0 = 3 � y ' ( 3) = 2 : y − 1 = 2 ( x − 3) � y = 2 x − 5 1/ Đặt f ( x) = cos2 x − 2sin x + 2 �π � Hàm số liên tục trên ﾡ nên liên tục trên � , π � − �6 � �π � 7 − f� � = � 6� 2 π �� f � � −1 = �2� f (π) =3 0,5 π π 7 Câu IVb � f (− ). f ( ) = − < 0 , suy ra tồn tại ít nhất một nghiệm 6 2 2 �π π � − thuộc � ; � 0,25 �6 2� π � f ( ) f (π ) = −3 < 0 , suy ra tồn tại ít nhất một nghiệm 2 �π � thuộc � ; π � − 0,25 �2 � �π � Vậy phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc � ; π � − �6 � 2 1 2. y = 2 x + 1 � y ' = = � 2 x0 + 1 = 3 0,25 2 2x + 1 3 2 x0 + 1 = 9 � 2 x0 = 8 � x0 = 4 � y0 = 3 0,5 1 1 4 1 5 0,25 y − 3 = ( x − 4) � y = x − + 3 = x + 3 3 3 3 3
a. Chứng minh ( SAB ) ⊥ ( SBC ) S Câu III a A C 0,25 a B Ta có VABC vuông tại B => BC ⊥ AB, AB ( SBC ) SA ⊥ ( ABC ), BC ( ABC ) � SA ⊥ BC , SA �( SAB) 0,25 � BC ⊥ ( SAB ), BC �( SBC ) � ( SBC ) ⊥ ( SAB) 0,25 b. d ( A,( SBC )) = ? 0,25 Gọi H là hình chiếu của A lên SB Ta có : AH ⊥ SB, SB ( SBC ) BC ⊥ ( SAB ) 0,25 Mặt khác AH ( SAB ) � BC ⊥ AH , BC �( SBC ) � AH ⊥ ( SBC ) � d ( A,( SBC )) = AH 0,25 Xét tam giác SAB vuông tại A 1 1 1 1 1 2 0,25 Ta có: = + 2 = 2+ 2 = 2 AH 2 AB 2 SA a a a
a2 a 2 � AH = 2 � AH 2 = 0,25 2 2 c. (ﾡ ,( ABC ) ) = ? SB Ta có: AB là hình chiếu của SB lên (ABC) � (ﾡ ,( ABC ) ) = SBC SB ﾡ 0,25 ﾡ Vì tam giác SAB vuông cân tại A suy ra B = 450 0,25 0,25 Vậy góc hợp bởi SB và (ABC) là 450 0,25