Đề số 9 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán 11

Đáp án và lời giải chi tiết Đề số 9 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán học 11

Quảng cáo

➡ Góp ý Loigiaihay.com, nhận quà liền tay! Góp ý ngay!💘

Đề bài

Bài 1 (1 điểm) Tính các giới hạn sau

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{{x^3} + 2{x^2} - 5x - 6}}{{{x^2} - 2x - 3}}\).

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} + 1}  - 3x}}{{x - 2}}\).

Bài 2 (1 điểm) Tính giới hạn sau \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,3} \frac{{\sqrt {5x - 6} .\sqrt[3]{{3x - 1}} - 2x}}{{{x^2} - x - 6}}\).

Bài 3 (1 điểm) Tìm giá trị của tham số a để hàm số sau liên tục tại \({x_0} = 1\)

\(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{5{x^3} - 4x - 1}}{{{x^2} - 1}} & khi\,\,x > 1\\4ax + 5\,\,\,\, & khi\,\,x \le 1\end{array} \right.\).

Bài 4 (2 điểm) Tính đạo hàm các hàm số sau

a) \(y = \sqrt {7{x^2} + 8x + 5} \).

b) \(y = \frac{{\sqrt x }}{{x + 1}}\).

c) \(y = {\cos ^3}8x\).

Bài 5 (1 điểm) Cho hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\) có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \(d:{\rm{ }}y = 9x - 15\).

Bài 6 (4 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh \(2a\). Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và \(SA = 2a\sqrt 3 \).

a) (1đ) Chứng minh \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\), \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).

b) (1đ) Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

c) (1đ) Tính góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD).

d) (1đ) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng\(\left( {SBD} \right)\) và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SBD).

Lời giải chi tiết

BÀI 1 (VD):

Phương pháp:

a) Phân tích thành nhân tử, rút gọn để khử dạng \(\frac{0}{0}\).

b) Chia cả tử và mẫu cho \(x\).

Cách giải:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{{x^3} + 2{x^2} - 5x - 6}}{{{x^2} - 2x - 3}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + x - 6} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)}} = \frac{3}{2}\) .

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} + 1}  - 3x}}{{x - 2}}\)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - x\sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 3x}}{{x\left( {1 - \frac{2}{x}} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 3}}{{\left( {1 - \frac{2}{x}} \right)}} =  - 5\end{array}\) .

BÀI 2 (VDC):

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp để khử dạng \(\frac{0}{0}\). 

Cách giải: 

BÀI 3 (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:

\(\begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 4a + 5\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{5{x^3} - 4x - 1}}{{{x^2} - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{5{x^2} + 5x + 1}}{{x + 1}}\\ = \frac{{11}}{2}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {4ax + 5} \right)\\ = 4a + 5\end{array}\)

Hàm số liên tục tại \({x_0} = 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\\ \Leftrightarrow 4a + 5 = \frac{{11}}{2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{8}.\end{array}\)

BÀI 4 (VD):

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức \(\left( {\sqrt u } \right)' = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\).

b) Sử dụng quy tắc \(\left( {\frac{u}{v}} \right)' = \frac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}}\).

c) Sử dụng công thức

\(\begin{array}{l}\left( {{u^n}} \right)' = n{u^{n - 1}}.u'\\\left( {{\mathop{\rm coskx}\nolimits} } \right)' =  - k\sin kx\end{array}\).

Cách giải:

a) \(y = \sqrt {7{x^2} + 8x + 5} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y' = \frac{{\left( {7{x^2} + 8x + 5} \right)'}}{{2\sqrt {7{x^2} + 8x + 5} }}\\ = \frac{{7x + 4}}{{\sqrt {7{x^2} + 8x + 5} }}\end{array}\)

    

b) \(y = \frac{{\sqrt x }}{{x + 1}}\).

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

c) \(y = {\cos ^3}8x\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y' = 3\left( {\cos 8x} \right)'{\cos ^2}8x\\ =  - 24\sin 8x{\cos ^2}8x\end{array}\)

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:

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3\)

Gọi  là tiếp điểm . Do tiếp tuyến song song với đường thẳng d\( \Rightarrow {k_{tt}} = {k_d} = 9\)

Ta có \(f'\left( {{x_0}} \right) = 9\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3x_0^2 - 3 = 9\\ \Leftrightarrow 3x_0^2 - 12 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Với , Phương trình tiếp tuyến là:  \(d:{\rm{ }}y = 9x - 15\,\,\left( {ktm} \right)\)

Với , Phương trình tiếp tuyến là:  \(d:{\rm{ }}y = 9x + 17\,\,\left( {tm} \right)\)

 

BÀI 6:

Phương pháp:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\\left( Q \right) \supset d\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \bot \left( Q \right)\).

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

c) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến.

d) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh.

Cách giải:

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

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BD \bot AC\,\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\\ \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\end{array}\).

b) Ta có \(BC \bot \left( {SAB} \right)\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)\) \( = \angle \left( {SC;SB} \right) = \angle CSB\)

Trong tam giác \(SBC\) vuông tại  \(B\) ta có :

\(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} \) \( = \sqrt {12{a^2} + 4{a^2}}  = 4a\)

\(BC = 2a\) \( \Rightarrow \tan \angle CSB = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \angle CSB \approx {26^0}34'\)

Vậy \(\angle \left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right) \approx {26^0}34'\).

c) Gọi \(O = AC \cap BD\).

Ta có: \(BD \bot \left( {SAC} \right)\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow BD \bot SO\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\\left( {SBD} \right) \supset SO \bot BD\\\left( {ABCD} \right) \supset AO \bot BD\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)\) \( = \angle \left( {SO;AO} \right) = \angle SOA\)

\(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a\)\( \Rightarrow AC = BD = 2a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = a\sqrt 2 \) .

Trong tam giác vuông \(SAO\) ta có : \(SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} \)\( = \sqrt {12{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt {14} \) .

\( \Rightarrow \tan \angle SOA = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 7 \)\( \Rightarrow \angle SOA \approx {69^0}18'\).

Vậy \(\angle \left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) \approx {69^0}18'\). 

d) Trong \(\left( {SAO} \right)\) kẻ \(AH \bot SO\,\,\left( {H \in SO} \right)\).

Ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AH\).

\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BD\\AH \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AH\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SOA\) ta có: \(AH = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }}\)\( = \frac{{2a\sqrt 3 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {12{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}\).

Vậy \(d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}\).

Trong \(\left( {SAB} \right)\), gọi \(I = AG \cap SB\) ta có: \(AG \cap \left( {SBD} \right) = I\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{d\left( {G;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{GI}}{{AI}} = \frac{1}{3}\\ \Rightarrow d\left( {G;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)\\ = \frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt {21} a}}{7} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{{21}}\end{array}\).

Loigiaihay.com

Sub đăng ký kênh giúp Ad nhé !

Quảng cáo

list
close
Gửi bài Gửi bài