Đề ôn tập học kỳ II môn Toán Lớp 11 - Đề số 8 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề ôn tập học kỳ II môn Toán Lớp 11 - Đề số 8 (Có đáp án)

1. WWW.VNMATH.COM ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ 2 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 Thời gian làm bài 90 phút Đề số 8 I. Phần chung Bài 1: 1) Tìm các giới hạn sau: 1 x5 7x3 11 x 1 2 4 x2 a) lim 3 b) lim c) lim x 3 x 5 x 5 x 2 2 x5 x4 2 2(x 5x 6) 4 x4 5 2) Cho hàm số : f (x) x3 2x 1 . Tính f (1) . 2 3 Bài 2: x2 x khi x 1 1) Cho hàm số f (x) . Hãy tìm a để f (x) liên tục tại x = 1 ax 1 khi x 1 x2 2x 3 2) Cho hàm số f (x) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f (x) tại điểm x 1 có hoành độ bằng 1. Bài 3: Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, AD vuông góc với BC, AD = a và khoảng cách từ điểm D đến đường thẳng BC là a . Gọi H là trung điểm BC, I là trung điểm AH. 1) Chứng minh rằng đường thẳng BC vuông góc với mặt phẳng (ADH) và DH = a. 2) Chứng minh rằng đường thẳng DI vuông góc với mặt phẳng (ABC). 3) Tính khoảng cách giữa AD và BC. II. Phần tự chọn A. Theo chương trình chuẩn Bài 4a: Tính các giới hạn sau: 9x2 1 4x x 1) lim 2) lim x 3 2x x 2 x2 5x 6 Bài 5a: 1) Chứng minh phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 6x3 3x2 6x 2 0 . 2) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy và cạnh bên bằng a. Tính chiều cao hình chóp. B. Theo chương trình nâng cao Bài 4b: Tính giới hạn: lim x 1 x x Bài 5b: 1) Chứng minh phương trình sau luôn luôn có nghiệm: (m2 2m 2)x3 3x 3 0 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc (ABCD) và SA = a 3 . Gọi (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc (SCD). Thiết diên cắt bởi (P) và hình chóp là hình gì? Tính diện tích thiết diện đó. Hết Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1
2. WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ 2 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 Thời gian làm bài 90 phút Đề số 8 Bài 1: 1 1 7 11 x5 7x3 11 3 2 5 4 1) a) lim 3 lim x x x 3 x 3 1 2 9 x5 x4 2 4 4 x x5 x 1 2 x 5 1 1 b) lim lim lim x 5 x 5 x 5 (x 5) x 1 2 x 5 x 1 2 4 4 x2 (2 x)(2 x) (x 2) 2 c) lim lim lim x 2 2(x2 5x 6) x 2 2(x 2)(x 3) x 2 2(x 3) 5 x4 5 1 1 2) f (x) x3 2x 1 f (x) 2x3 5x2 f (1) 5 . 2 3 2 2x 2 2 Bài 2: x2 x khi x 1 1) f (x) ax 1 khi x 1 f (1) a 1 lim f (x) lim (x2 x) 2, lim f (x) a 1 f (1) x 1 x 1 x 1 f (x) liên tục tại x = 1 lim f (x) lim f (x) f (1) a 1 2 a 1 x 1 x 1 x2 2x 3 x2 2x 5 2) f (x) f (x) x 1 (x 1)2 1 1 3 Với x 1 y 1, f (1) PTTT: y x 0 0 2 2 2 Bài 3: D 1) CMR: BC  (ADH) và DH = a. ABC đều, H là trung điểm BC nên AH  BC, AD  BC BC  (ADH) BC  DH DH = d(D, BC) = a 2) CMR: DI  (ABC). AD = a, DH = a DAH cân tại D, mặt khác I là trung điểm AH nên DI  AH K BC  (ADH) BC  DI DI  (ABC) 3) Tính khoảng cách giữa AD và BC. A B Trong ADH vẽ đường cao HK tức là HK  AD (1) I Mặt khác BC  (ADH) nên BC  HK (2) H Từ (1) và (2) ta suy ra d(AD,BC) HK C Xét DIA vuông tại I ta có: 2 a 3 a2 a DI AD2 AI 2 a2 2 4 2 2
3. a 3 a . 1 1 AH.DI a 3 Xét DAH ta có: S = AH.DI = AD.HK d(AD,BC) HK 2 2 2 2 AD a 4 Bài 4a: 1 1 x. 9 4x 9 4 9x2 1 4x 2 2 7 1) lim lim x lim x x 3 2x x 3 2x x 3 2 2 x lim x 2 0 x 2 x 2 x 2) lim . Vì lim (x 5x 6) 0 lim 2 2 x 2 x 5x 6 x 2 x 2 x 5x 6 2 x 5x 6 0, x 2 Bài 5a: 1) Xét hàm số f (x) 6x3 3x2 6x 2 f (x) liên tục trên R. f ( PT1) 1, f (0 )có ít2 nhấtf (một 1). nghiệmf (0) 0 f (x) 0 c1 ( 1;0) f (0) 2, f (1) 1 f (0). f (1) 0 PT f (x) 0 có ít nhất một nghiệm c2 (0;1) f (1) 1, f (2) 26 f (1). f (2) 0 PT f (x) 0 có một nghiệm c3 (1;2) Vì c1 c2 c3 và PT f (x) 0 là phương trình bậc ba nên phương trình có đúng ba nghiệm thực. 2) 1 Bài 4b: lim x 1 x lim 0 x x x 1 x Bài 5b: 1) Xét hàm số f(x) = f (x) (m2 2m 2)x3 3x 3 f (x) liên tục trên R. 2 Có g(m) = m2 2m 2 m 1 1 0,m R f (0) 3, f (1) m2 2m 2 0 f (0). f (1) 0 PT f (x) 0 có ít nhất một nghiệm c (0;1) 2) Trong tam giác SAD vẽ đường cao AH AH  SD S (1) SA  (ABCD) CD  SA CD AD CD  (SAD) CD  AH (2) Từ (1) và (2) AH  (SCD) (ABH)  (SCD) (P)  (ABH) I H Vì AB//CD AB // (SCD), (P)  AB nên (P)  (SCD) = HI B HI // CD thiết diện là hình thang AHIB. A Hơn nữa AB  (SAD) AB  HA O Vậy thiết diện là hình thang vuông AHIB. SD SA2 AD2 3a2 a2 2a D C SA2 3a2 3a SAD có SA2 SH.SD SH SH SD 2a 2 3a HI SH 3 3 3a 2 HI CD (3) CD SD 2a 4 4 4 3
4. 1 1 1 1 1 4 a 3 AH (4) AH 2 SA2 AD2 3a2 a2 3a2 2 (AB HI)AH 1 3a a 3 7a2 3 Từ (3) và (4) ta có: SAHIB a . . 2 2 4 2 16 === 4