Đề đề nghị thi học kỳ II môn Toán Lớp 11 - Đề số 5 - Thầy Trang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề đề nghị thi học kỳ II môn Toán Lớp 11 - Đề số 5 - Thầy Trang (Có đáp án)

1. ĐỀ KIỂM TRA SỐ 5 Câu 1(1 điểm). Giới hạn 2 3x 1 1 xx2 2 a) Cho I lim và J lim . Tính IJ . x 0 x x 1 x 1 ax22 3 2017 1 b) Cho số thực a thỏa mãn lim . Tìm giá trị của a ? x 2x 2018 2 Câu 2(1 điểm). Cấp số cộng và cấp số nhân : a) Một cấp số cộng có số hạng đầu u1 2018 công sai d 5. Hỏi bắt đầu từ số hạng nào của cấp số cộng đó thì nó nhận giá trị âm. b) Cho cấp số nhân un có SS23 4; 13. Biết u2 0 , giá trị S5 bằng Câu 3(1 điểm).Liên tục của hàm số 2xx2 7 6 khix 2 Cho hàm số y f x x 2 . Biết a là giá trị để hàm số fx liên tục 1 x ax khi 2 2 x 7 tại x 2, tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình x2 ax 0 . 0 4 Câu 4(1 điểm). Đạo hàm hàm số a)Tính đạo hàm của hàm số f x sin2 2 x cos3 x . f 0 b)Cho f x 1 3 x 3 1 2 x , g x sin x . Tính giá trị của . g 0 3 Câu 5(1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong C :1 y x42 x biết 2 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: x 8 y 0. x 2 Câu 6(1 điểm). Cho đồ thị C : y , tiếp tuyến với đồ thị C tại một điểm bất kì x 1 thuộc C luôn tạo với hai đường tiệm cận của C một tam giác có diện tích không đổi.Tính diện tích đó Câu 7(1 điểm). Cho hình chóp S. ABC có SA SB SC AB AC a, BC a 2 . Tính số đo của góc giữa hai đường thẳng AB và SC . Câu 8(1 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, AB BC a và SA a. Góc giữa hai mặt phẳng SAC và SBC bằng
2. Câu 9(1 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SO vuông góc với mặt phẳng ABCD và SO a. Khoảng cách giữa SC và AB bằng Câu 10(1 điểm). Trong dịp hội trại hè 2018, bạn Tú thả một quả bóng cao su từ độ cao 6m so với mặt đất, mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên một độ cao bằng ba phần tư độ cao lần rơi trước. Biết rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt đất. Tổng quãng đường quả bóng đã bay (từ lúc thả bóng cho đến lúc bóng không nảy nữa) khoảng:
3. ĐÁP ÁN VÀ GIẢI CHI TIẾT Câu 1(1 điểm).Giới hạn: a) Ta có 2 3x 1 1 66x I lim lim lim 3 . x 0x x 0xx 3 1 1 x 0 3x 1 1 xx2 2 xx 12 Jx lim lim lim 2 3. Khi đó IJ 6. x 1xx 11 x 1 x 1 3 2017 a 2 ax22 3 2017 1 2 1 a 21 2 b) Ta có: lim lim xx a . x x 2018 2x 2018 2 2 2 22 2 x Câu 2(1 điểm). a) Ta có un n 1 d u1 n . 2023 Theo đề ra un 2018 5 1 0 2018 5 n 1 2023 5n n n 405 n 5 2 uq1 1 14 q S 41 2 2 1 q uq1 14 1 q q 13 b) Ta có: 3 u1 q q2 13 4 uq1 1 1 u1 2 S3 13 1 q 1 q qu 31 1 14 q 2 Xét 1 : 4qq 9 9 0 3 1 qq2 13 qu 16 4 1 Với q 3; u1 1 u 2 u 1 . q 3 0 (loại) 3 Với q ; u 16 u u . q 12 0 (Thỏa mãn). 4 1 2 1 5 3 16 1 5 uq1 14 181 Vậy S . 5 3 1 q 1 16 4 1 Câu 3(1 điểm). Tại x 2, ta có: fa 2 0 4 11 x limf x lim a a . xx 22 24 x 2xx2 7 6 xx 2 2 3 xx 2 2 3 lim fx lim lim lim lim 2x 3 1. x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2
4. 1 3 Để hàm số liên tục tại x0 2 thì f 2 lim f x lim f x a 1 a . xx 22 4 4 3 37 7 Với a , xét bất phương trình xx2 0 x 1 4 44 4 Mà x nên x  1;0 .Vậy bất phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên. Câu 4(1 điểm). a)Ta có f x 2sin 2 x . sin 2 x 3sin3 x 2.2.sin 2 x .cos2 x 3sin3 x 2sin 4xx 3sin3 . 32 3 2 5 b) Ta có fx f 0 2 1 3x 33 1 2x 2 2 3 6 f 0 5 Lại có g x cos x g 01 Suy ra . g 06 Từ đó ta có a4 và b4 , do đó E1 . Câu 5(1 điểm). Gọi M x00; y là tiếp điểm. Phương trình tiếp tuyến của C tại M có dạng y y' x0 x x 0 y 0 3 3 Ta có: y 62 x x y' x0 6 x 0 2 x 0 . 3 Vì tiếp tuyến của đường cong C :1 y x42 x vuông góc với đường thẳng 2 1 3 3 3 d: x 8 y 0 nên 6xx00 2 1 6xx00 2 8 0 xy00 1 . 8 2 3 13 Vậy phương trình tiếp tuyến là: yx 81 yx 8 . 2 2 Câu 6(1 điểm). 3 Gọi M x00; y là tiếp điểm; y0 1 . x0 1 3 3 Ta có y 2 suy ra yx 0 2 . x 1 x0 1 33 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị C tại điểm M x; y là y x x 1 00 2 0 x 1 x0 1 0 Phương trình tiệm cận đứng: x 10. Phương trình tiệm cận ngang: y 10. Gọi I 1;1 là giao điểm của hai đường tiệm cận. 6 A 1;1 là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng. x0 1 Bx 20 1;1 là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận ngang. 1 1 6 Diện tích tam giác IAB : S . IA . IB . 2 x0 1 6. 2 2x0 1
5. Câu 7(1 điểm). * Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC , theo đầu bài SA SB SC và tam giác ABC vuông cân tại A ta có H là trung điểm của BC . Gọi M , MN// AB N lần lượt là trung điểm của SA , SB ta có: Góc giữa AB và SC là góc HN// SC giữa MN và HN . AB a SC a SA a Xét tam giác MNH ta có: MN ; HN ; MH ( Do SHA vuông 22 22 22 tại ) tam giác MNH là tam giác đều MNH 60 . Vậy góc cần tìm là 60. S M N C A H B Câu 8(1 điểm). S K H A C Gọi H là trung điểm cạnh AC B Ta có SAC  ABC (vì SA ABC ) và BH AC BH SAC . Trong mặt phẳng SAC , kẻ HK SC thì SC BHK SC BK . SAC , SBC SKH . Mặt khác
6. a 2 Tam giác ABC vuông cân tại B có AB BC a nên AC a 2 và BH . 2 HC. SA HC.2 SA a Hai tam giác CKH và CAS đồng dạng nên HK HK . SC SA22 AC 3 BH Tam giác BHK vuông tại H có tan 3 60  . BK Vậy SAC , SBC  60 . Câu 9(1 điểm). S H A D M O N B C Gọi MN, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD ; H là hình chiếu vuông góc của O trên SN. Vì AB// CD nên d AB,SC d AB ,( SCD ) d M ,( SCD )2 d O ,( SCD ) (vì O là trung điểm đoạn MN ) CD SO Ta có CD () SON CD  OH CD ON CD OH Khi đó OH ();(). SCD d O SCD OH OH SN 1 1 1 1 1 5 a Tam giác SON vuông tại O nên OH OH2 ON 2 OS 2a2 a 2 a 2 5 4 25a Vậy d AB,SC 2 OH . 5 Câu 10(1 điểm). Ta có quãng đường bóng bay bằng tổng quảng đường bóng nảy lên và quãng đường bóng rơi xuống. Vì mỗi lần bóng nảy lên bằng 3 lần nảy trước nên ta có tổng quãng đường bóng nảy 4 23 n 3 3 3 3 lên là S1 6. 6. 6. 6. 4 4 4 4
7. 39 3 Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu u 6. và công bội q . 1 42 4 9 Suy ra S 2 18. 1 3 1 4 Tổng quãng đường bóng rơi xuống bằng khoảng cách độ cao ban đầu và tổng quãng 2 n 3 3 3 đường bóng nảy lên nên là S2 6 6. 6. 6. 4 4 4 3 Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u 6 và công bội q . Suy ra 1 4 6 S 24 . 2 3 1 4 Vậy tổng quãng đường bóng bay là SSS 12 18 24 42.