Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2008-2009 Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 11 ( Thời gian làm bài: 90 phút ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8 điểm ) Câu I ( 2 điểm ) 1. Tìm giới hạn: 1 8 1 3 1 lim x x x → + − − 2. Cho hàm số 2 4 2 ( ) 2 2 2 x x f x x mx x  − ≠  = −   + =  nÕu nÕu . Tìm m để hàm số liên tục tại 2x = . Câu II ( 3 điểm ) 1. Tìm vi phân của hàm số 2 .sin 2y x x= 2. Cho hàm số 2 2 ( ) sin sin 6 6 f x x x π π     = − + +  ÷  ÷     . Chứng minh: '( ) sin 2f x x= 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 2 1 x y x − = + tại điểm M có hoành độ 2 M x = − . Câu III ( 3 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và 6 2 a SA = . 1. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SBD). 2. Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). 3. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và SD. II. PHẦN RIÊNG ( 2 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó ( phần 1 hoặc phần 2 ). Phần 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu IV.a ( 1 điểm ) Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất một nghiệm âm: 3 2 2 3 1 0x x x− + + = Câu V.a ( 1 điểm ) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có ' , AA a AB b= = uuur uuur r r , AC c= uuur r . Gọi M là giao điểm của BC’ và B’C. Chứng minh rằng ( ) 1 2 AM a b c= + + uuuur r r r . Phần 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu IV.b ( 1 điểm ) Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất hai nghiệm trái dấu: 5 2 4 2 0x x− + = . Câu V.b (1 điểm ) Cho tứ diện ABCD có , AC a BD b= = uuur uuur r r . Gọi P, Q lần lượt là các điểm thuộc AB, CD sao cho 1 3 AP AB= uuur uuur , 1 3 CQ CD= uuur uuur .Chứng minh rằng 2 1 3 3 PQ a b= + uuur r r . ------------------HẾT------------------ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11 KIỂM TRA HỌC KỲ II - NĂM HỌC 2008-2009 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm ) Câu Nội dung Điểm I.1. 1,00 đ 1 8 1 3 1 lim x x x → + − − ( ) ( ) ( ) 1 8 1 8 1 3 1 lim x x x x → − = + + − 1 8 8 1 3 lim x x → = + + 4 3 = 0,50 0,25 0,25 I.2. 1,00 đ + Với 2x ≠ , ta có ( ) 2 2 2 2 4 ( ) 2 4 2 lim lim lim x x x x f x x x → → → − = = + = − . + Với 2x = , ta có (2) 2 2f m= + . Hàm số liên tục tại 2x = khi và chỉ khi 2 ( ) (2)lim x f x f → = ⇔ 4 2 2m = + 1m⇔ = . Vậy khi 1m = thì hàm số liên tục tại 2x = . 0,25 0,25 0,25 0,25 II.1. 1,00 đ 1. Tìm vi phân của hàm số 2 .sin 2y x x= Ta có ( ) 2 ' 2 .sin 2 2 .cos2 2 sin 2 .cos2y x x x x x x x x= + = + Vi phân của hàm số đó là '.dy y dx= hay ( ) 2 sin 2 .cos2dy x x x x dx= + 0,50 0,50 II.2. 1,00 đ Ta có 2 2 ( ) sin sin 6 6 f x x x π π     = − + +  ÷  ÷     Suy ra '( ) 2sin cos 2sin .cos 6 6 6 6 f x x x x x π π π π           = − − − + + +  ÷  ÷  ÷  ÷             sin 2 sin 2 3 3 x x π π     = − − + +  ÷  ÷     sin 2 sin 2 3 3 x x π π     = + − −  ÷  ÷     2cos .sin 2 3 x π = 1 2. .sin 2 2 x= sin 2x= --------------------------------------------------------------------------------------------- Cách 2: 2 2 ( ) sin sin 6 6 f x x x π π     = − + +  ÷  ÷     1 1 1 cos 2 1 cos 2 2 3 2 3 x x π π         = − − + − +  ÷  ÷             1 1 cos 2 cos 2 2 3 3 x x π π       = − − + +  ÷  ÷         1 cos .cos2 3 x π = − 1 1 .cos2 2 x= − Suy ra ( ) 1 '( ) 2sin 2 2 f x x= − − sin 2x= 0,25 0,25 0,25 0,25 ------- 0,25 0,25 0,25 0,25 H O D C B A S II.3. 1,00 đ 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 2 1 x y x − = + tại điểm M . Khi 2 M x = − ta có 8 M y = , suy ra điểm ( ) 2;8M − thuộc đồ thị hàm số . Ta có ( ) 2 5 ' 1 y x = + Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm ( ) 2;8M − là: '( 2) 5k y= − = . Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ( ) 2;8M − là: ( ) 8 5 2y x− = + 5 18y x⇔ = + . 0,25 0,25 0,25 0,25 III.1. 1,00 đ Hình vẽ: 0,50 điểm. 1. Chứng minh ( ) ( )SAC SBD⊥ Ta có BD AC ⊥ ( hai đường chéo của hình vuông ABCD ) và BD SA⊥ ( vì ( )SA ABCD⊥ ) Suy ra ( )BD SAC⊥ Vậy ( ) ( )SBD SAC⊥ . 0,50 III.2. 1,00 đ 2. Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có ( ) ( )BD SBD ABCD= I và AC BD⊥ , SO BD⊥ ( vì ( )BD SAC⊥ ) Suy ra · SOA là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). Từ tam giác SAO vuông góc ở A, ta có · 6 2 tan : 3 2 2 SA a a SOA AO = = = Suy ra · 0 60SOA = . 0,50 0,50 III.3. 1,00 đ 3. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và SD. Ta có AB SA⊥ và AB AD⊥ suy ra ( )AB SAD⊥ . Do đó, trong mặt phẳng (SAD) dựng AH SD ⊥ thì AB AH⊥ . Suy ra AH là đường vuông góc chung của AB và SD. Trong tam giác SAD vuông góc ở A có đường cao AH, ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 5 3 3AH AD AS a a a = + = + = 15 5 a AH⇒ = 0,50 0,50 II. PHẦN RIÊNG ( 2 điểm ) Phần 1. Theo chương trình chuẩn IV.a 1,00 đ Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất một nghiệm âm: 3 2 2 3 1 0x x x− + + = Xét hàm số 3 2 ( ) 2 3 1f x x x x= − + + xác định và liên tục trên ¡ . Ta có ( 1) 5f − = − và (0) 1f = , do đó ( 1). (0) 5 0f f− = − < Suy ra tồn tại ( ) 0 1;0x ∈ − thỏa mãn phương trình 0 ( ) 0f x = . Vì ( ) 0 1;0x ∈ − nên 0 0x < . Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm âm. 0,25 0,25 0,25 0,25 M C' B' A' C B A Q P D C B A V.a. 1,00 đ Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có ' , , AA a AB b AC c= = = uuur uuur uuur r r r . Gọi M là giao điểm của BC’ và B’C. Chứng minh rằng ( ) 1 2 AM a b c= + + uuuur r r r . Do mặt bên BCC’B’ của hình lăng trụ là hình bình hành nên M là trung điểm của B’C. Suy ra ( ) 1 ' 2 AM AB AC= + uuuur uuuur uuur (1) Vì AB’ là đường chéo của hình bình hành ABB’A’ nên ta có: ' 'AB AA AB= + uuuur uuur uuur (2) Từ (1) và (2) suy ra ( ) 1 ' 2 AM AA AB AC= + + uuuur uuur uuur uuur hay ( ) 1 2 AM a b c= + + uuuur r r r 0,25 0,25 0,50 Phần 2. Theo chương trình Nâng cao IV.b. 1,00 đ Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất hai nghiệm trái dấu: 5 2 4 2 0x x− + = . Xét hàm số 5 2 ( ) 4 2f x x x= − + xác định và liên tục trên ¡ . Ta có (0). (1) 2.( 1) 2 0f f = − = − < ⇒ ( ) 0 0;1x∃ ∈ thỏa mãn 0 ( ) 0f x = và 0 0x > và (0). ( 1) 2.( 3) 6 0f f − = − = − < ⇒ ( ) 1 1;0x∃ ∈ − thỏa mãn 1 ( ) 0f x = và 1 0x < Vậy phương trình đã cho có ít nhất hai nghiệm trái dấu. 0,25 0,50 0,25 V.b. 1,00 đ Chứng minh rằng 2 1 3 3 PQ a b= + uuur r r . Ta có PQ PA AC CQ= + + uuur uuur uuur uuur hay 1 1 3 3 PQ AB a CD= − + + uuur uuur r uuur (1) Tương tự PQ PB BD DQ= + + uuur uuur uuur uuur ( ) ( ) AB AP BD CQ CD= − + + − uuur uuur uuur uuur uuur 1 1 3 3 AB AB BD CD CD     = − + + −  ÷  ÷     uuur uuur uuur uuur uuur hay 2 2 3 3 PQ AB b CD= + − uuur uuur r uuur (2) Lấy hệ thức (1) nhân với 2 rồi cộng với hệ thức (2) vế theo vế, ta được 3 2PQ a b= + uuur r r ⇔ 2 1 3 3 PQ a b= + uuur r r 0,25 0,25 0,50 .   1 cos .cos2 3 x π = − 1 1 .cos2 2 x= − Suy ra ( ) 1 '( ) 2sin 2 2 f x x= − − sin 2x= 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 ------- 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 H O D C B. 0,50 0 ,25 0 ,25 I .2. 1,00 đ + Với 2x ≠ , ta có ( ) 2 2 2 2 4 ( ) 2 4 2 lim lim lim x x x x f x x x → → → − = = + = − . + Với 2x = , ta có (2) 2 2f m= +