Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Đề thi HK2 Toán 11 năm 2020 – 2021 trường THPT Nguyễn Chí Thanh – TP HCM

f71e15a1e65b3d9f82f3f8209b3625ad
Gửi bởi: Khoa CNTT - HCEM 21 tháng 5 lúc 13:47 | Được cập nhật: 21 tháng 5 lúc 14:12 | IP: 10.1.1.225 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 387 | Lượt Download: 1 | File size: 0.476162 Mb

Nội dung tài liệu

Tải xuống
Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan


Có thể bạn quan tâm


Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN CHÍ THANH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2020 -2021

MÔN TOÁN - Khối 11
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
2
Bài 2: (1đ) Cho hàm số f  x    x  3x  7 x  5
x + m
 2
Tìm m để hàm số f(x) liên tục tại điểm x0  1



, x 1
, x 1

Bài 3: (1đ) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) y 

sin x
x

b) y  x 2  1.sin 5 3 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
. 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 5: (1đ) Cho hàm số: y 

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
1a
(0.75đ)

Nội dung
a) lim

x2  5  3
x2  5  9

lim
x 2  3x  2 x2 x 2  3x  2
x2  5  3

 lim

 x  2  x  2 
x2
 lim
x

2
 x  1 x  2   x 2  5  3
 x  1  x 2  5  3

x2

x 2


1b
(0.75đ)

Điểm







0.25

2
3

lim

x 





4 x 2  1  2 x  5  lim

x 



20 x  24
4x2  1  2x  5

0.25
0.25



24 

24
x  20  
20 
x 

x
=5
 lim
 lim
x  
x  

1
5
1
5
x 4  2  2  
 4 2 2 
x
x
x
x



2
(1đ)

1
m
2

f  x0   f 1 

2 x3  7 x 2  7 x  2
2 x 2  5 x  2 1

lim

x 1 x 3  3 x 2  7 x  5
x 1 x 2  2 x  5
4

Hàm số liên tục tại x0  1  f  x0   lim f  x  
x  x0

3
(1đ)

a) y 

 sin x  x   x  sin x  x cos x  sin x

b) y 



y 

1
1
3
m  m
2
4
4

x2

x2




x 2  1 sin 5 3 x  x 2  1 sin 5 3 x 
x

x 1
2

0.25
+0.25

0.25

lim f  x   lim

x  x0

0.25





0.5
0.25

0.25+0.2
5
0.25

sin 5 3 x  15 x 2  1.cos 3 x.sin 4 3 x

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
 pt f (x)  0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng (0; 2)

5
(1đ)

Cho hàm số y 

sin 3 x  cos3 x
. Chứng minh rằng: 2( y '2  y ''2 )  1 .
2  sin 2 x

2
2
sin 3 x  cos3 x  sin x  cos x  .  sin x  sin x.cos x  cos x 
Ta có: y 

2  sin 2 x
2(1  sin x.cos x)

0.25
0.25

0.25

1
 .(sin x  cos x)
2
1
y '  .(cos x  sin x )
2

0.25

1
y ''  .(  sin x  cos x)
2

0.25

1
4

Ta có: 2( y '2  y ''2 )  2.  .  cos x  sin x  
2

1

(cos x  sin x) 2 
4


0.25

1
 2. .  2 cos 2 x  2sin 2 x   1 (đpcm).
4
6
(1đ)

TXĐ: D   \ 4 , y ' 

9

 x  4

2

Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của (C) và tiếp tuyến.

0.25

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y  9 x  5 nên f   x0   9



9

 x0  4 

2

 x0  3
9 
 x0  5

0.25

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
G
B
7a
(1đ)

a)

D

O
C

BC  AB ( ABCD la hv ) 
  BC   SAB 
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
(1đ)

7c
(1đ)

BD  AC ( ABCD la hv) 

BD  SA  SA   ABCD   

0.25

 BD   SAC 

0.25

Mà BD   SBD    SAC    SBD 

0.25

0.25

BO   SAC  tại O nên SO là hình chiếu vuông góc của SB lên mp  SAC 

0.25



,  SAC     SB
, SO 
 SB
Xét tam giác SAB vuông tại A: SB  SA2  AB 2  2a
Xét tam giác SBO vuông tại O
BD a 2
OB
2

  200 42
sin OSB
 2  2 
 OSB
SB
SB
2a
4




,  SAC     SB
, SO   OSB
 SB
7d

 200 42

0.5

0.25

AB   SCD  
  AB   SCD   d  B,  SCD    d  A,  SCD  
AB  CD

0.25

(1đ)

BD   SCD   D 
2

  d  G,  SCD    d  B,  SCD  
BD 3
3


GD 2


0.25

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
 AH 
2
2
AH
SA
AD
2

 d  G,  SCD   

a 3
3
0.25