Download Đề KT lớp 11 nâng cao

Gọi I và E lần lượt là trung điểm của BC và CD.[r]

ONTHIONLINE.NET

ĐỀ 2

( Thời gian làm 90 phút ) Câu I ( 1,0 điểm )

Một cấp số nhân có chín số hạng , biết số hạng đầu số hạng cuối 1280 Tính cơng bội q tổng S9 số hạng

Câu II ( 3,0 điểm )

a Tìm giới hạn dãy số (un) với n

1 (2n 1) u

n

    





b Tìm giới hạn sau : x

3

lim ( ) x x



  

c Xét tính liên tục hàm số

o 3x

f (x) x 2

n

 

 

  

  



nÕu x t¹i x

Õu x Câu III ( 3,0 điểm )

a Tìm đạo hàm hàm số y x x 

b Cho hàm số f (x) x 2sin x cos x Hãy tính : f ''(1) , f ''( )

c Cho hàm số

x f (x)

x  

 Hãy viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số , biết tiếp tuyến có hệ số góc

Câu IV ( 3,0 điểm )

Cho tứ diện ABCD có BCD tam giác cạnh a AB vng góc với mặt phẳng (BCD) Gọi I E trung điểm BC CD

a Chứng minh : Mp(ABC)mp(ADI)

b Chứng minh : CDmp(ABE)

c Tính khoảng cách từ D đến mp(ABC)

.Hết HƯỚNG DẪN

Câu I ( 1,0 điểm )

Ta có n = số lượng số hạng , u1=5 số hạng , u9=1280 số hạng ,

q công bội cấp số nhân

Áp dụng công thức u9 u q1 81280 5.q  q8 256 q828  q2: , ta có :

+ q = 

9

9 q

S u 2555 q

 

  

 

+ q =  

9

9 q ( 2)

S u 855

q ( 2)

  

  

  

a ( 1đ ) Ta có : Sn    1 (2n 1)  tổng n số hạng cấp số cộng có

1 n

u 1, u 2n 1 , :

2

n n(1 2n 1)

S (2n 1) n

 

       

Suy :

2

n 2 2

2

1 (2n 1) n

lim u lim lim lim

1

n n 1

n

    

   

  

b (1đ)

x x x x x

3 3 x 3( x 1) 3( x 1) 3

lim ( ) lim ( ) lim lim lim

1 x x x

1 x (1 x )(1 x ) x

    

    

     

  

   

c (1đ) Ta có : f(1) = 

Vì x x

3x 3.1

lim f (x) lim f (1) x 2

 

 

   

 

Vậy hàm số cho liên tục xo 1 Câu III ( 3,0 điểm )

a (1đ) Ta có :

x.( 1) 12 3x y ' x x.( x ) ' x

2 x x

 

       

 

b (1đ) Ta có : f '(x) 2x sin x cos x   , f ''(x) = 2 cosx sinx Do : f ''(1) sin1 cos1 0,983    ; f ''( ) = 2  cos  sin = 3 c (1đ) Gọi xo hoành độ tiếp điểm Vì

6 f ' (x)

(x 3) 



Theo giả thiết , ta có :

2

o 2 o o

o

f ' (x ) 1 (x 3) x

(x 3)

        

 Áp dụng công thức : y y o f ' (x )(x x )o  o

o o

x y

       tiếp tuyến ( ) : y x 61     xo  3 6 yo  1  tiếp tuyến (2) : y x 6  

Câu IV ( 3,0 điểm )

a (1đ) Vì AB (BCD)  AB DI (1) , DI(BCD)

Mặt khác : DIBC (2) , DI đường cao tam giác BCD

Từ (1) , (2) suy DI (ABC)  (ADI) (ABC) , DI(ADI)

b (1đ) Ta có : BECD (3) , BE đường cao tam giác BCD

Vì AB (BCD), B (BCD)   B hc (BCD)A BE hc (BCD)AE (4) Từ (3),(4) suy : CDAE (5) , định lí đường vng góc

Từ (3),(5) suy : CD(ABE)

c (1đ) Do DI (ABC), I (ABC)   d(D,(ABC)) DI =