SỞ GD – ĐT QUẢNG NGÃI TRƯỜNG THPT SỐ ĐỨC PHỔ KIỂM TRA HỌC KỲ NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài: 90 phút HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có 03 trang) Bài Câu 1 (1,0 điểm) Đáp án I PHẦN CHUNG x − 2x + x − (2 x + 3) x2 − 2x − lim = lim = lim x →3 x →3 x →3 3− x (3 − x) x + x + (3 − x) x + x + ( = − lim x →3 ( x + 1)( x − 3) ( ( x − 3) x + x + 2 ) ) = − lim x →3 ( Điểm 0,50 ) x +1 =− x + 2x + 0,50 0,50 − (1,0 điểm) 2 x + x + 3x − x x lim = lim x →+∞ x →+∞ 2x + 2x + 3 2x + x + − 2+ 4+ − x x = lim x x =2 = lim x →+∞ x →+∞ 2x + 2+ x Hàm số f ( x) xác định x0 = 2x + x + (2,0 điểm) và: lim f ( x) = lim x →1 x →1 0,50 0,25 x3 − ( x − 1)( x + x + 1) = lim = lim( x + x + 1) = x →1 x − x →1 x −1 f (1) = m + Do đó, để hàm số liên tục x0 = m + = ⇔ m = Vậ y : m = 0,75 1,00 S K A B H D C Tam giác SAB đều, H trung điểm AB nên SH ⊥ AB Mặt khác ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) nên suy SH ⊥ ( ABCD ) Gọi K hình chiếu H SD HK ⊥ SD d ( H , SD ) = HK (1,0 điểm) Tam giác SHD vuông H , có đường cao HK nên : 1 = + 2 HK SH HD (1,0 điểm) a 3a Ta có : SH = = , 2 a 5a HD = AD + AH = a + = 2 2 2 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 4 32 15a a 30 = + ⇔ = ⇔ HK = ⇔ HK = 2 2 HK 3a 5a HK 15a 32 a 30 Vậy d ( H , SD) = Vì SH ⊥ ( ABCD ) nên HD ⊥ SH , HC ⊥ SH (1,0 điểm) Do (( SHD ), ( SHC )) = ( HD, HC ) 0,25 CH + DH − CD 2CH − CD = Tam giác HCD cân H có cos CHD = 2CH DH 2CH 5a 2 − a2 3a 2 = = = 5a 5a Vì cos CHD = > nên (( SHD),( SHC )) = ( HC , HD) = CHD Do (( SHD), ( SHC )) = arccos ≈ 530 II PHẦN RIÊNG Phần A Theo chương trình Chu n (1,0 điểm) ∀x ≠ −1 , ta có y ' = ( x + 1) Do : 4( x + 1) x − VT = ( x + 1) y '+ y − = + −1 ( x + 1) x + x−3 x +1 = + −1 = − = − = = VP (đpcm) x +1 x +1 x +1 1 Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm x0 = , suy y0 = , y '( x0 ) = y '(5) = (1,0 điểm) 1 Do tiếp tuyến (C ) M 5; có phương trình : 3 1 y = ( x − 5) + ⇔ y = x − 9 Vậy PTTT cần tìm y = x − 9 Đặt f ( x) = (m + n) x + 2mx + x + (1,0 điểm) f ( x) hàm đa thức nên liên tục ℝ , f ( x) liên tục đoạn [0;1] Ta có f (0) = , f (1) = 3m + n + Do f (0) + f (1) = 3m + n + = Suy f (0) f (1) trái dấu Vì phương trình f ( x) = có nghiệm khoảng (0;1) 0,25 Do : (1,0 điểm) Hay phương trình (m + n) x + 2mx3 + x + = có nghiệm bé Phần B Theo chương trình Nâng cao Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm, (C ) đồ thị hàm số (1) Khi tiếp tuyến 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 (C ) M ( x0 ; y0 ) có phương trình : y = (3 x − x0 )( x − x0 ) + x − x + 2 ⇔ y = (3 x02 − x0 ) x − x03 + x02 + Vì tiếp tuyến qua A(0; 2) nên ta có : −2 x03 + x02 + = ⇔ x03 − x02 = 0,25 x0 = ⇔ x (2 x0 − 3) = ⇔ x0 = Với x0 = ta có PTTT : y = Với x0 = ta có PTTT : y = − x + 2 0,25 Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn ycbt : y = y = − x + *Chú ý Nếu HS viết PTTT tiếp điểm A(0; 2) tìm tiếp tuyến y = cho 0,5 điểm 1 (1,0 điểm) Ta có y ' = x − x , y " = x − , (tan x) ' = cos x , (cot x) ' = − sin x , y '(1) = −3 , y "(2) = 6 (tan x) ' y "(2) 3 Do VT = + y '(1).(cot x) ' = cos x + = + 2 2 sin x cos x sin x 2 3(sin x + cos x) 12 = = = = VP (đpcm) 2 sin x cos x sin x sin x Ta có ci ∈ [a; b] , i = 1, n f ( x) hàm nghịch biến đoạn [a; b] nên : (1,0 điểm) 0,50 0,50 0,25 f (a ) ≥ f (c1 ) ≥ f (b) , f (a ) ≥ f (c2 ) ≥ f (b) ,…, f (a ) ≥ f (cn ) ≥ f (b) n n i =1 i =1 Suy nf (a ) ≥ ∑ f (ci ) nf (b) ≤ ∑ f (ci ) n Xét hàm số g ( x) = nf ( x) − M , với M = ∑ f (ci ) Ta thấy g ( x) liên tục 0,25 i =1 đoạn [a; b] g (a ) = nf (a ) − M ≥ , g (b) = nf (b) − M ≤ Do g (a ).g (b) ≤ TH1 : g (a ).g (b) = Khi g (a ) g (b) = nên phương trình g ( x) = nhận a b làm nghiệm TH2 : g (a ).g (b) < phương trình g ( x) = có nghiệm khoảng (a; b) 0,25 n Vậy, với điều kiện cho phương trình nf ( x) = ∑ f (ci ) có nghiệm i =1 đoạn [a; b] *Ghi chú: -Điểm toàn kiểm tra làm tròn theo quy tắc sau: điểm lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; điểm lẻ 0,75 làm tròn thành điểm nguyên gần -Nếu HS giải cách khác với HD chấm mà cho điểm tối đa phần -Nếu HS làm hai phần riêng chấm phần chung