Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Chí Thanh

Chia sẻ: Wang Li< >nkai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo “Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Chí Thanh” dành cho các bạn học sinh lớp 10 và quý thầy cô tham khảo, để hệ thống lại kiến thức học tập nhằm chuẩn bị cho kì thi sắp tới, cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề kiểm tra cho quý thầy cô. Hi vọng với đề thi này làm tài liệu ôn tập sẽ giúp các bạn đạt kết quả tốt trong kì thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Chí Thanh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2020 -2021 TP HỒ CHÍ MINH MÔN TOÁN - Khối 11 TRƯỜNG THPT NGUYỄN CHÍ THANH Thời gian làm bài: 90 phút (Không tính thời gian phát đề ) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (1.5đ) Tìm các giới hạn sau: a) lim x2 x2  5  3 x 2  3x  2 b) lim x   4x2  1  2x  5   2 x3  7 x2  7 x  2  3 , x 1 Bài 2: (1đ) Cho hàm số f  x    x  3x  7 x  5 2 x + m , x 1  2 Tìm m để hàm số f(x) liên tục tại điểm x0  1 Bài 3: (1đ) Tính đạo hàm của các hàm số sau: sin x a) y  b) y  x 2  1.sin 5 3 x x Bài 4: (0.5đ) Chứng minh phương trình: mx( x  2)  x 4  2  0 luôn có nghiệm m  R sin 3 x  cos3 x Bài 5: (1đ) Cho hàm số: y  . Chứng minh rằng: 2( y '2  y ''2 )  1 . 2  sin 2 x 2x 1 Bài 6: (1đ) Cho đồ thị hàm số  C  : y  .Viết phương trình tiếp tuyến của  C  , biết tiếp x4 tuyến song song với đường thẳng y  9 x  5 Bài 7: (4đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SA   ABCD  và SA  a 3 a) Chứng minh: SBC, SDC là các tam giác vuông b) Chứng minh:  SAC    SBD  c) Tính góc hợp bởi SB và mp  SAC  d) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Tính khoảng cách từ G đến mp  SCD  ---------- HẾT ---------
ĐÁP ÁN Bài Nội dung Điểm 1a x2  5  3 x2  5  9 a) lim  lim (0.75đ) x2  x 2  3x  2 x2 x 2  3x  2 x2  5  3   0.25  lim  x  2  x  2   lim x2 x 2  x  1 x  2   x 2  5  3 x  2  x  1  x 2  5  3 0.25 2  3 0.25 1b lim   4 x 2  1  2 x  5  lim 20 x  24 0.25 (0.75đ) x  x   4x2  1  2x  5   24  24 x  20   20   x  x =5  lim  lim 0.25 x    x   1 5 1 5 x 4  2  2    4 2 2  +0.25  x x  x x 2 1 f  x0   f 1  m (1đ) 2 0.25 2 x3  7 x 2  7 x  2 2 x 2  5 x  2 1 lim f  x   lim  lim  x  x0 x 1 x 3  3 x 2  7 x  5 x 1 x 2  2 x  5 4 0.5 1 1 3 0.25 Hàm số liên tục tại x0  1  f  x0   lim f  x   m  m x  x0 2 4 4 3 a) y   sin x  x   x  sin x  x cos x  sin x (1đ) x2 x2 0.25+0.2 5   0.25 b) y  x 2  1 sin 5 3 x  x 2  1 sin 5 3 x    x y  sin 5 3 x  15 x 2  1.cos 3 x.sin 4 3 x x 12 0.25 4 (0.5đ) Chứng minh phương trình: mx( x  2)  x  2  0 luôn có nghiệm m  R 4 Đặt f ( x)  mx( x  2)  x 4  2 f(x) là hàm đa thức, liên tục trên R  f (x) liên tục trên  0;2 và f (0). f (2)  2.14  28  0, m 0.25  pt f (x)  0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng (0; 2) 5 sin 3 x  cos3 x 0.25 Cho hàm số y  . Chứng minh rằng: 2( y '2  y ''2 )  1 . (1đ) 2  sin 2 x sin 3 x  cos3 x  sin x  cos x  .  sin x  sin x.cos x  cos x  2 2 Ta có: y   2  sin 2 x 2(1  sin x.cos x)
1 0.25  .(sin x  cos x) 2 1 0.25 y '  .(cos x  sin x ) 2 1 0.25 y ''  .(  sin x  cos x) 2 1 1  Ta có: 2( y '2  y ''2 )  2.  .  cos x  sin x   2 (cos x  sin x) 2  4 4  0.25 1  2. .  2 cos 2 x  2sin 2 x   1 (đpcm). 4 6 9 TXĐ: D   \ 4 , y '   x  4 2 (1đ) 0.25 Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của (C) và tiếp tuyến. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y  9 x  5 nên f   x0   9 9  x0  3  9  0.25  x0  4   x0  5 2 x0  3  y0  7  pttt : y  9 x  20  n  0.25 x0  5  y0  11  pttt : y  9 x  56  n  0.25 S 7 H A D G O B C 7a BC  AB ( ABCD la hv )  a)   BC   SAB  (1đ) BC  SA  SA   ABCD    0.25  BC  SB  Tam giác SBC vuông tại B 0.25 DC  AD ( ABCD la hv)    DC   SAD  DC  SA  SA   ABCD    0.25  DC  SD  Tam giác SCD vuông tại D 0.25
7b BD  AC ( ABCD la hv)  0.25  (1đ) BD  SA  SA   ABCD    0.25  BD   SAC  0.25 Mà BD   SBD    SAC    SBD  0.25 7c BO   SAC  tại O nên SO là hình chiếu vuông góc của SB lên mp  SAC  (1đ) 0.25  SB  ,  SAC     SB  , SO  Xét tam giác SAB vuông tại A: SB  SA2  AB 2  2a Xét tam giác SBO vuông tại O 0.5 BD a 2  OB 2   200 42 sin OSB  2  2   OSB SB SB 2a 4  SB  ,  SAC     SB  , SO   OSB  0.25  200 42 7d AB   SCD     AB   SCD   d  B,  SCD    d  A,  SCD   AB  CD  (1đ) 0.25 BD   SCD   D   2 BD 3   d  G,  SCD    d  B,  SCD   0.25   3 GD 2  Dựng đường cao AH của tam giác SAD AH  SD    AH   SCD  AH  CD  CD   SAD  , AH   SAD    0.25  d  A,  SCD    AH Tam giác SAD vuông tại A có đường cao AH 1 1 1 a 3 2  2 2  AH  AH SA AD 2 a 3  d  G,  SCD    3 0.25