- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
TOAN11 đặng việt quang
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (73.57 KB, 5 trang )
MA TRẬN ĐỀ THI
KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN TOÁN – LỚP 11
Chương
Nội dung
Giới hạn dãy số
Giới hạn hàm số
GIỚI HẠN
Cơ bản
Nâng cao
Nhận biết Thông hiểu Vận dụng thấp Vận dụng cao
1
1
1
1
Hàm số liên tục
Quy tắc tính đạo hàm
2
ĐẠO HÀM Phương trình tiếp tuyến của
đường cong
VECTƠ
TRONG
KG.QUAN
HỆ
VUÔNG
GÓC
TRONG
KHÔNG
GIAN
Tổng
1
1
Đường thẳng vuông góc
đường thẳng
Đường thẳng vuông góc mặt
phẳng
1
1
Góc giữa đường thẳng với
mặt phẳng
10
SỞ GD VÀ ĐT TP.HỒ CHÍ MINH
1
1
3
4
4
1
KIỂM TRA HỌC KÌ II (NH 2018-2019)
TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT ANH
MÔN: TOÁN 11
THỜI GIAN: 90 PHÚT
ĐỀ
Câu 1 (2 điểm). Tính các giới hạn sau:
a ) lim
2n 3 + n 2 + 4
2n − 3n 3
2 x 2 − 5x + 2
x →2
x2 − 4
b) lim
Câu 2 (1,5 điểm). Cho hàm số
x−5
, x≠5
f ( x) = 2 x − 1 − 3
2mx − 1, x = 5
.
Tìm m để hàm số liên tục tại x = 5.
Câu 3 (1,5 điểm). Tính đạo hàm của các hàm số sau:
y = (2018 − 2019 x)
a)
y=
y = x − 2x + 3
2
5
b)
Câu 4 (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong
c)
y = x 3 − 3x 2 + 1
2x − 1
x+2
tại điểm có
hoành độ bằng –1.
Câu 5 (3 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B,
và AC = a; SA =
a 3
SA ⊥ ( ABC )
.
BC ⊥ (SAB)
a)
b)
c)
Chứng minh:
Tính góc tạo bởi cạnh bên SC với mặt đáy (ABC)
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC.
Chứng minh:
d)
SC ⊥ ( AHK )
Gọi M là giao điểm của HK và BC. Chứng minh:
Câu 6 (1 điểm). Cho phương trình
x3 + 3 x − 2 − m = 0
MA ⊥ AC
. Chứng minh rằng
phương trình trên có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng (1; 3).
∀m ∈ (2;34)
thì
- Hết -
THANG ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN
Câu
Câu 1
(2 điểm)
Đáp án
1 4
1 4
n3 (2 + + 3 )
(2 + + 3 )
3
2
2n + n + 4
n n = lim
n n =−2
a ) lim
=
lim
2
2
2n − 3n3
3
n3 ( 2 − 3)
( 2 − 3)
n
n
x −5
Câu 2
+
(1,5 điểm)
+ f(5)= 10m-1
0,5x2
0,5
2 x 2 − 5x + 2
( x − 2)(2 x − 1)
b) lim
= lim
2
x →2
x → 2 ( x − 2)( x + 2)
x −4
(2 x − 1) 3
= lim
=
x → 2 ( x + 2)
4
= lim
lim f ( x) = lim
2 x − 1 − 3 x →5
x →5
x→5
Điểm
0,25x2
( x − 5)( 2 x − 1 + 3)
2 x −1 + 3
= lim
=3
x →5
2( x − 5)
2
0,5x2
0,25
⇔ lim f ( x) = f (5) ⇔ 10m − 1 = 3 ⇔ m =
x →5
Để hàm số liên tục tại x= 5
2
5
0,25
a)
y ' = [(2018 − 2019 x)5 ]' = 5.(2018 − 2019 x) 4 .(2018 − 2019 x) '
Câu 3
(1,5 điểm)
y ' = −10095(2018 − 2019) 4
y ' = ( x − 2 x + 3) ' =
2
b)
c)
( x 2 − 2 x + 3) '
2 x2 − 2 x + 3
=
x −1
0,25
0,25
x2 − 2x + 3
2x −1
(2 x − 1) '( x + 2) − (2 x − 1)( x + 2) '
5
y'= (
)' =
=
2
x+2
( x + 2)
( x + 2) 2
0,25x2
0,25x2
Câu 4
(1 điểm)
0,25
+ y ' = 3 x 2 − 6 x ⇒ y '(−1) = 9
xo = −1, yo = −3
M ( x0 ; yo )
Gọi
là tiếp điểm với
Phương trình tiếp tuyến của đường cong tại điểm M(-1;-3) là
y = 9( x + 1) − 3 = 9 x − 24
0,25
0,25x2
Câu 5
(3 điểm)
a)
Ta có BC ⊥ AB ( do ABC là tam giác vuông tại B )
BC ⊥ SA ( do SA ⊥ ( ABC) )
⇒ BC ⊥ (SAB)
b)
Do SA ⊥ (ABC) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC xuống mặt
^
phẳng (ABC) nên (
SC , (AB C )
^
)=(
( SC , AC)
)=
ˆ
SCA
0,25x2
0,25
0,25
0,25
Tam giác SAC vuông tại A
⇒ tan SCA =
SA
= 3
AC
⇒ góc SCA = 600
0,25
0,5
c)
0,25
Ta có:
BC ⊥ ( SAB )
AH ⊥ BC
⇒
⇒ AH ⊥ SC
AH ⊂ ( SAB) AH ⊥ SB( gt )
0,25
(1)
Mà AK ⊥SC (gt) (2)
0,25
0,25
Từ (1) và (2) suy ra SC ⊥ (AHK)
d)
Ta có:
SC ⊥ ( AHK )
⇒⇒ SC ⊥ MA
MA ⊂ ( AHK )
(1)
Mà MA ⊥SA ( do SA ⊥ ( ABC)) (2)
Từ (1), (2) suy ra MA ⊥ ( SAC)
Câu 6
(1 điểm)
Đặt
⇒ MA ⊥ AC
f ( x) = x 3 + 3 x − 2 − m
Hàm số y=f(x) liên tục trên R nên cũng liên tục trên[ 1;3]
Ta có:
+
f (1) = 2 − m
Với
,
f (3) = 34 − m
f (1) = 2 − m < 0
m ∈ (2;34) ⇒
⇒ f (1). f (3) < 0
f (3) = 34 − m > 0
Vậy phương trình f(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc (1;3) với
∀m ∈ (2;34)
.
0,25
0,5
0,25
