de thi giua hoc ki 2 mon toan lop 11 truong thpt ly thai to bac ninh nam 2015 2016

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn thi: TỐN; KHỐI 11 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi 29/03/2016 Câu (2.0 điểm) Giải phương trình sau: cos2 2x + sin2 x = sin2(x − π) − sin(3x − π) = sinx n  2 Câu (1.0 điểm) Tìm số hạng chứa x10 khai triển biểu thức  x2 − ÷ , biết n x  số nguyên dương thỏa mãn: A 3n − C2n = 28 n− Câu (2.0 điểm) Tính giới hạn sau: lim 4x + x + x→−∞ 3x − lim x→ 2x2 + x − 10 3x + − Câu (2.0 điểm) Tìm m để hàm số:  2x2 + 7x +  f ( x) =  x + x + mx − m +  x < -2 x ≥ -2 liên tục ¡ Chứng minh phương trình: ax2 + bx + c = ln có nghiệm với a, b, c số thực thỏa mãn: a ≠ 3a + b + 18c = Câu (3.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi H, K hình chiếu A cạnh SB SC Chứng minh đường thẳng AH vng góc mặt phẳng (SBC) Lấy D giao điểm HK BC Chứng minh H trực tâm tam giác SCD đường thẳng SD vng góc mặt phẳng (AHC) Cho SA = AB = a, AC = a Xác định tính góc đường thẳng SB mặt phẳng (SAD) Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: (Đề thi gồm 01 trang) SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI GIỮA HỌC KỲ NĂM 2015 - 2016 Mơn: TỐN; Khối 11 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án 1 (1,0 điểm) (2,0 điểm) PT ⇔ cos2 2x + 3(1 − cos2x) = ⇔ cos2 2x − cos2x − =  x = kπ  cos2x =  ⇔ ⇔  1  cos2x = − x = ± arccos − ÷+ kπ    4  1 Vậy nghiệm phương trình là: x = kπ,x = ± arccos − ÷+ kπ  4 (1,0 điểm) PT ⇔ sin2x + sin3x − sinx = ⇔ sinxcosx + cos2xsinx = ⇔ sinx(cosx + cos2x) =  x = kπ sinx =  x = kπ ⇔ ⇔ ⇔  x = π + k2π cos x = − cosx cos x = cos( π − x)    3 Vậy nghiệm phương trình là: x = kπ,x = Điểm 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 π k2π + 3 Tìm số hạng … (1,0 điểm) A 3n Ta có: − C2n = 28 n−  n∈ ¥ Điều kiện:  n ≥ n! n! n(n − 1)(n − 2) n(n − 1) ⇔ × − = 28 ⇔ − = 28 n − (n − 3)! (n − 2)!2! n− 2  n = (thỏ a mã n) ⇔ n2 − n − 56 = ⇔   n = −7 (loaïi) k 8   2 2 Ta có:  x2 − ÷ = ∑ C8k (x2 )8− k  − ÷ = ∑ C8k (−2)k x16−3 k x  k=   x  k= Số hạng tổng quát là: C8k (−2)k x16−3 k Số hạng chứa x10 ứng với 16 − 3k = 10 ⇔ k = Vậy số hạng chứa x10 khai triển là: C82 (−2)2 x10 = 112x10 (1,0 điểm) (2,0 điểm) 4x + x + = lim x→−∞ x→−∞ 3x − lim (1,0 điểm) 0,25 x2 = − = 3−0 3− x 0,25 0,25 0,25 − 1+ 1,0 lim x→ 2x2 + x − 10 (x − 2)(2x + 5)( 3x + + 3) x→ 3(x − 2) = lim 3x + − 0,5 (2x + 5)( 3x + + 3) 9.6 = = 18 3 (1,0 điểm) Tìm m để hàm số … (2,0 điểm) TXĐ: D = ¡ = lim 0,5 x→ 2x2 + x + hàm số hữu tỷ x2 + 3x + ⇒ Hàm số f(x) liên tục (−∞; −2) ▪ Với x < −2 ⇒ f(x) = 0,25 ▪ Với x > −2 ⇒ f(x) = mx − m2 + hàm số đa thức ⇒ Hàm số f(x) liên tục (−2; +∞) ▪ Tại x = −2, ta có: f(−2) = −2m− m2 + lim f(x) = lim(mx − m2 + 9) = −2m− m2 + + x→−2+ 0,25 x→−2 2x + x + (x + 2)(2x + 3) 2x + = lim− = lim− =1 x→−2 x→−2 x + 3x + x→−2 (x + 2)(x + 1) x→−2 x + Hàm số f(x) liên tục ¡ ⇔ Hàm số f(x) liên tục x = −2 ⇔ lim− f(x) = lim+ f(x) = f(−2) lim− f(x) = lim− x→−2 0,25 x→−2  m = −4 ⇔ −2m− m2 + = ⇔  m = Vậy giá trị m thỏa mãn đề là: m = −4,m = 2 (1,0 điểm) Chứng minh phương trình có nghiệm … Xét hàm số: f(x) = ax2 + bx + c 0.25 Ta có: f(0) = c 1 a b 1 f  ÷ = + + c ⇒ 9f  ÷ = a+ 3b + 9c 3 3 1 a b 1 f  ÷ = + + c ⇒ 8f  ÷ = 2a+ 4b + 8c 2 2 0,25 1 1 Suy ra: f(0) + 9ff ÷+  ÷ = 3a+ b + 18c =  3 2 (3,0 điểm) 1 1 Do đó: f(0), f  ÷, f  ÷ khơng dấu 3  2  1 ⇒ Tồn hai số m,n∈ 0; ;  m < n cho f(m).f(n) ≤ (1) S  2 Hàm số f(x) hàm số đa thức ⇒ Hàm số f(x) liên tục ¡ ⇒ Hàm số f(x) liên tục [m;n] (2) K Từ (1) (2) suy ra: f(x) = có nghiệm thuộc [m;n] (đpcm) (1,5 điểm) Chứng minh: AH vng góc (SBC) A Ta có: AB ⊥ BC D 0,25 C H E 0,5 B 1,5 SA ⊥ BC SA ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH Mà: SB ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC) (Vẽ hình ý 1) cho 0,5 điểm) (1,0 điểm) Chứng minh H trực tâm ∆SCD SD ⊥ (AHC) Ta có: AK ⊥ SC AH ⊥ SC AH ⊥ (SBC) ⇒ SC ⊥ (AHK ) ⇒ SC ⊥ HK hay DH ⊥ SC Mà: SH ⊥ BC ⇒ H trực tâm tam giác SCD ⇒ CH ⊥ SD (1) 0,5 Mặt khác: AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SD (2) Từ (1) (2) suy ra: SD ⊥ (AHC) 0,5 (0,5 điểm) Xác định tính góc SB (SAD) Ta có: SD ⊥ (AHC) ⇒ SD ⊥ AC (3) Mà: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AC (4) Từ (3) (4) suy ra: ⇒ AC ⊥ (SAD) Trong (ACD) kẻ BE song song AC (E ∈ AD) ⇒ BE ⊥ (SAD) ⇒ E hình chiếu B (SAD) ⇒ SE hình chiếu SB (SAD) · ⇒ góc SB (SAD) góc BSE ∆SAB vng cân A ⇒ AH = 0,25 0,25 a , SB = a 2 ∆ACD vuông A suy ra: 1 1 1 a = + ⇒ = − = ⇒ AD = 2 2 2 AB AD AC AD AB AC 3a CD = AD2 + AC2 = 6a2 3a + 3a2 = ΑBC vuông A ⇒ BC = AC2 − AB2 = a ⇒ DB = DC − BC = Do BE // AC ⇒ BE DB 1 a = = ⇒ BE = AC = AC DC 3 a BE Mà ∆BSE vuông E · ⇒ sinBSE = = = SB a a × · · × Vậy góc SB (SAD) là: BSE với sinBSE = ▪ Chú ý: Các cách giải khác đáp án cho điểm tối đa  ... khai triển là: C 82 (? ?2) 2 x10 = 112 x10 (1,0 điểm) (2, 0 điểm) 4x + x + = lim x→−∞ x→−∞ 3x − lim (1,0 điểm) 0 ,25 x2 = − = 3−0 3− x 0 ,25 0 ,25 0 ,25 − 1+ 1,0 lim x→ 2x2 + x − 10 (x − 2) (2x + 5)( 3x +... ? ?2 ⇒ f(x) = 0 ,25 ▪ Với x > ? ?2 ⇒ f(x) = mx − m2 + hàm số đa thức ⇒ Hàm số f(x) liên tục (? ?2; +∞) ▪ Tại x = ? ?2, ta có: f(? ?2) = −2m− m2 + lim f(x) = lim(mx − m2 + 9) = −2m− m2 + + x→? ?2+ 0 ,25 x→? ?2. .. 0,5 0,5 0 ,25 0 ,25 0,5 π k2π + 3 Tìm số hạng … (1,0 điểm) A 3n Ta có: − C2n = 28 n−  n∈ ¥ Điều ki? ??n:  n ≥ n! n! n(n − 1)(n − 2) n(n − 1) ⇔ × − = 28 ⇔ − = 28 n − (n − 3)! (n − 2) !2! n− 2  n =