Đề số 6 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán 11

Đề bài

Bài 1: (1,5 điểm) Tìm các giới hạn sau:

1) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 3x - 2}}{{{x^2} - 4}}$

2) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + 2x - {x^3}}}{{{x^3} - 3{x^2} + 5}}$

3) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2x + 3}}{{x - 3}}$

Bài 2: (1,0 điểm) Tìm $m$ để hàm số $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\sqrt {{x^2} - 5}  - \sqrt {2x - 2} }}{{2{x^2} - 6x}}\,\,khi\,\,x \ne 3\\2m - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x = 3\end{array} \right.$ liên tục tại ${x_0} = 3$.

Bài 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:

1) $y = \frac{{\sin x}}{x}$

2) $y = \left( {x - 2} \right)\left( {{x^5} + 3x - 1} \right)$

Bài 4: (1,0 điểm) Cho hàm số $y = x + \sqrt {{x^2} + 1}$. Chứng minh $y = \left( {{x^2} + 1} \right)y'' + xy'$.

Bài 5: (1,5 điểm) Cho hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}$ có đồ thị $\left( C \right)$. Viết phương trình tiếp tuyến với $\left( C \right)$, biết tiếp tuyến song song với đường thẳng $d:\,3x + y - 4 = 0$.

Bài 6: (4,0 điểm) Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$. Biết $AD = 4a,\,\,AB = BC = 2a$, $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SC = a\sqrt {10}$. Gọi $E$ là trung điểm của $AD$.

1) Chứng minh $BC \bot \left( {SAB} \right)$.

2) Xác định góc giữa $SC$ và $mp\left( {ABCD} \right)$.

3) Chứng minh $\left( {SBE} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

4) Tính khoảng cách từ $E$ đến $mp\left( {SCD} \right)$.

Quảng cáo

Lời giải chi tiết

Bài 1 (TH):

Phương pháp:

1) Phân tích, rút gọn, khử dạng $\frac{0}{0}$.

2) Chia cả tử và mẫu cho ${x^3}$.

3) Xét dấu và kết luận.

Cách giải:

1) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 3x - 2}}{{{x^2} - 4}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{x + 2}} = \frac{9}{4}$

2) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + 2x - {x^3}}}{{{x^3} - 3{x^2} + 5}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^3}}} + \frac{2}{{{x^2}}} - 1}}{{1 - \frac{3}{x} + \frac{5}{{{x^3}}}}} =  - 1$ .

3) $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {2x + 3} \right) = 9\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {x - 3} \right) = 0\\x - 3 < 0\,\,\forall x < 3\end{array} \right.$$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2x + 3}}{{x - 3}} =  - \infty$ .

Bài 2 (VD):

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục tại $x = {x_0}$$\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)$ .

Cách giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {{x^2} - 5}  - \sqrt {2x - 2} }}{{2{x^2} - 6x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} - 5}  - \sqrt {2x - 2} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5}  + \sqrt {2x - 2} } \right)}}{{2x\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5}  + \sqrt {2x - 2} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 5 - 2x + 2}}{{2x\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5}  + \sqrt {2x - 2} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{2x\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5}  + \sqrt {2x - 2} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{2x\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5}  + \sqrt {2x - 2} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1}}{{2x\left( {\sqrt {{x^2} - 5}  + \sqrt {2x - 2} } \right)}} = \frac{4}{{24}} = \frac{1}{6}\\f\left( 3 \right) = 2m - 1\end{array}$

Để hàm số liên tục tại ${x_0} = 3$

$\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)$

$\Leftrightarrow 2m - 1 = \frac{1}{6} \Leftrightarrow m = \frac{7}{{12}}$

Vậy $m = \frac{7}{{12}}$.

Bài 3 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng các quy tắc tính đạo hàm

$\begin{array}{l}\left( {uv} \right)' = u'v + uv'\\\left( {\frac{u}{v}} \right)' = \frac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}}\end{array}$

và các công thức tính đạo hàm cơ bản.

Cách giải:

1) $y' = \frac{{\left( {\sin x} \right)'.x - \sin x.x'}}{{{x^2}}}$$= \frac{{x\cos x - \sin x}}{{{x^2}}}$ .

2) $y' = {x^5} + 3x - 1 + \left( {x - 2} \right)\left( {5{x^4} + 3} \right)$

$\begin{array}{l}y' = {x^5} + 3x - 1 + 5{x^5} + 3x - 10{x^4} - 6\\y' = 6{x^5} - 10{x^4} + 6x - 7\end{array}$ 

Bài 4 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng công thức $\left( {\sqrt u } \right)' = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}$ và quy tắc tính đạo hàm: $\left( {\frac{u}{v}} \right)' = \frac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}}$.

Cách giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}y' = 1 + \frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = 1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\\y'' = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - x\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{{x^2} + 1}}\\ = \frac{{{x^2} + 1 - {x^2}}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = \frac{1}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}\end{array}$

Từ đó ta có:

$\begin{array}{l}\left( {{x^2} + 1} \right)y'' + xy'\\ = \left( {{x^2} + 1} \right)\frac{1}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ + x\left( {1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \right)\\ = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + x + \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = x + \frac{{{x^2} + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = x + \sqrt {{x^2} + 1}  = y\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}$

Bài 5 (VD):

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm có hoành độ $x = {x_0}$ là

$y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)$.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$. Ta có $y' = \frac{{1.\left( { - 2} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$.

Gọi $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là tiếp điểm của $\left( C \right)$, hệ số góc của tiếp tuyến tại $C$ là $k = y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}}$.

Do tiếp tuyến song song với đường thẳng $d:\,3x + y - 4 = 0$$\Leftrightarrow y =  - 3x + 4$  nên ta có:

$\begin{array}{l}\frac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} =  - 3\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 2} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 2 = 1\\{x_0} - 2 =  - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3 \Rightarrow M\left( {3;4} \right)\\{x_0} = 1 \Rightarrow M\left( {1; - 2} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Phương trình tiếp tuyến tại $M\left( {3;4} \right)$ là : $y =  - 3\left( {x - 3} \right) + 4$$\Leftrightarrow y =  - 3x + 13$ .

Phương trình tiếp tuyến tại $M\left( {1; - 2} \right)$ là : $y =  - 3\left( {x - 1} \right) - 2$$\Leftrightarrow y =  - 3x + 1$ .

Bài 6 (VD):

Phương pháp:

1) $\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)$.

2) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng cắt nhau là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

3) $\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\d \subset \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \bot \left( Q \right)$.

4) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh, chứng minh $d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)$.

Cách giải:

1) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$ .

2) Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow AC$  là hình chiếu của $SC$ trên $\left( {ABCD} \right)$.

$\Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)$$= \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA$ .

Trong tam giác vuông $ABC$ có:

$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}$$= \sqrt {4{a^2} + 4{a^2}}  = 2\sqrt 2 a$ .

Trong tam giác vuông $SAC$ có:

$\cos \angle SCA = \frac{{AC}}{{SC}}$$= \frac{{2\sqrt 2 a}}{{a\sqrt {10} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$ $\Rightarrow \angle SCA \approx {26^0}34'$.

3) Xét tứ giác $ABCE$ có $\left\{ \begin{array}{l}AE//BC\\AE = BC = 2a\end{array} \right.$

$\Rightarrow ABCE$ là hình bình hành.

Lại có $\angle ABC = {90^0};$$AB = BC = 2a$

$\Rightarrow ABCE$ là hình vuông $\Rightarrow AC \bot BE$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\,\,\,\left( {cmt} \right)\\BE \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow BE \bot \left( {SAC} \right)$.

Mà $BE \subset \left( {SBE} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBE} \right)$.

4) Ta có:

$\begin{array}{l}AE \cap \left( {SCD} \right) = D\\ \Rightarrow \frac{{d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{ED}}{{AD}} = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\end{array}$.

Trong $\left( {SAC} \right)$ kẻ $AH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right)$.

Xét tam giác $ACD$ có $CE = \frac{1}{2}AD = 2a$

$\Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại $C \Rightarrow CD \bot AC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.$

$\Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot AH$

$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot CD\,\,\left( {cmt} \right)\\AH \bot SC\end{array} \right.$$\Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)$

$\Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH$.

Trong tam giác vuông $SAC:$$SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = a\sqrt 2$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAC$ ta có:

$AH = \frac{{SA.AC}}{{SC}}$$= \frac{{a\sqrt 2 .2\sqrt 2 a}}{{a\sqrt {10} }} = \frac{{2\sqrt {10} a}}{5}$.

Vậy $d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}$.

 Loigiaihay.com