Trang Chủ Lớp 11 Đề thi học kì 2 lớp 11

Kiểm tra học kì 2 [Toán lớp 11]: Trong các giới hạn sau đây, giới hạn nào là 0?

CHIA SẺ
Đề kiểm tra học kì 2 môn Toán lớp 11: Một chất điểm chuyển động có phương trình \(S(t) = {t^3} – 3{t^2} + 5t + 2\). Trong đó t > 0, t tính bằng giây(s) và S tính bằng mét(m). Gia tốc của chuyển động tại thời điểm t = 3 là…

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM ( 2điểm)

1. Trong các giới hạn sau đây, giới hạn nào là 0?

A. lim\({3^n}\)

B.\(\lim \dfrac{{2{n^2} – 3n + 1}}{{{n^3} + 4{n^2} – 3}}\)

C. lim\({n^k}\left( {k \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)

D. lim\(\dfrac{{{n^3}}}{{{n^2} + 3}}\)

2.\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{x + 1}}{{2x – 6}}\) là:

A. \(\dfrac{1}{2}\)                      B. \(\dfrac{1}{6}\)

C. \( – \infty \)                    D. \( + \infty \)

3. Đạo hàm của hàm số \({\rm{y}} = \dfrac{{{\rm{x}} – 2}}{{2{\rm{x}} + 3}}\)  là:

A.\({\rm{y’}} = \dfrac{7}{{{{\left( {2{\rm{x}} + 3} \right)}^2}}}\)       B.\({\rm{y’}} = \dfrac{{ – 7}}{{{{\left( {2{\rm{x}} + 3} \right)}^2}}}\)

C.\({\rm{y’}} = \dfrac{{{\rm{x}} – 2}}{{{{\left( {2{\rm{x}} + 3} \right)}^2}}}\)             D.\({\rm{y’}} = 7\)

4.Hàm số \(f\left( x \right) = \sin 2x + 5\cos x + 8\) có đạo hàm là:

A.\(f'(x) = 2c{\rm{os2}}x + 5\sin x\).

B.\(f'(x) = 2c{\rm{os2}}x – 5\sin x\).

C.\(f'(x) = c{\rm{os2}}x + 5\sin x\).

D.\(f'(x) =  – 2c{\rm{os2}}x – 5\sin x\).

5.Một chất điểm chuyển động có phương trình \(S(t) = {t^3} – 3{t^2} + 5t + 2\). Trong đó t > 0, t tính bằng giây(s) và S tính bằng mét(m). Gia tốc của chuyển động tại thời điểm t = 3 là:

A.\(24m/{s^2}\)                   B. \(17m/{s^2}\)

C.\(14m/{s^2}\)                   D.\(12m/{s^2}\)

6.Tiếp tuyến của đồ thị hàm số\(f(x) = 2{x^4} – 4x + 1\)tại điểm M(1;  -1) có hệ số góc bằng:

A. 4                                             B. -12

C. 1                                             D. 0

7. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, có\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow a \,,\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow b \,,\overrightarrow {AA’}  = \overrightarrow c .\) Gọi I là trung điểm của BC’. Hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

A. \(\overrightarrow {AI}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow c \)

B. \(\overrightarrow {AC’}  =  – \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c \)

C. \(\overrightarrow {AI}  = \overrightarrow a  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow b  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow c \)

D. \(\overrightarrow {AC’}  = 2(\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c )\)

8.Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với các mặt đáy.

B. Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật được gọi là hình hộp chữ nhật.

C. Hình hộp có các cạnh bằng nhau gọi là hình lập phương.

D. Hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều được gọi là hình lăng trụ đều.

PHẦN II: TỰ LUẬN ( 8điểm)

1.(2,5điểm):

a) Tìm cácgiới hạn sau

i) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } ( – 3{x^5} + 5{x^3} + x – 2)\)

ii) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \dfrac{{\sqrt {4{x^2} – 2x + 1}  – x}}{{2 – 3x}}\)

b) Tính đạo hàm của hàm số \(y = {\left( {m + \dfrac{n}{{{x^2}}}} \right)^4}\) ,( với m,n là tham số) tại điểm x = 1

Câu 2(1,0 điểm):Tìm a để hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{x^2} – 3x + 2}}{{x – 2}}\,\,\,\,neu\,\,\,x < 2\\ax + 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,x \ge 2\end{array} \right.\,\,\,\,\,\)liên tụctại \(x = 2.\)

3.(2,0đ)

a. Cho hàm số \(y = {x^3} – 5{x^2} + 2\) có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng \(y =  – 3x – 7\)

b. Cho hàm số \(y = \dfrac{{x + m}}{{x + 1}}\;\) có đồ thị là \(({C_m})\). Gọi \({k_1}\) là hệ số góc của tiếp tuyến  tại giao

điểm của  đồ thị \(({C_m})\)với trục hoành.Gọi \({k_2}\) là hệ số góc của tiếp tuyến  với  đồ thị \(({C_m})\) tại điểm có hoành độ  x =1 . Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho \(\left| {{k_1} + {k_2}} \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 4(2,5đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O.Biết \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\),\(SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

a. Chứng minh \(BC \bot SB\)

b. Gọi M là trung điểm của SC. Chứng minh \(\left( {BDM} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\)

c. Tính góc giữa đường thẳng SB và mp(SAC).


PHẦN I: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN ( 2đ)

+ Gồm 8 câu, mỗi câu 0,25 điểm

1

2

3

4

B

D

A

B

5

6

7

8

D

A

C

C

PHẦN II: TỰ LUẬN ( 8điểm)

1.

a)Tìm các giới hạn sau:

i)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } ( – 3{x^5} + 5{x^3} + x – 2)\)

=\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } {x^5}\left( { – 3 + \dfrac{5}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^4}}} – \dfrac{2}{{{x^5}}}} \right)\)

Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } {x^5} =  – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } ( – 3 + \dfrac{5}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^4}}} – \dfrac{2}{{{x^5}}}) \)\(\,=  – 3 < 0\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } ( – 3{x^5} + 5{x^3} + x – 2) =  + \infty \)

ii)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \dfrac{{\sqrt {4{x^2} – 2x + 1}  – x}}{{2 – 3x}}\)=\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \dfrac{{ – x\sqrt {4 – \dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}}  – x}}{{2 – 3x}}\)

=\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \dfrac{{ – \sqrt {4 – \dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}}  – 1}}{{\dfrac{2}{x} – 3}}\)=\(1\)

b) Tính đạo hàm của hàm số \(y = {\left( {m + \dfrac{n}{{{x^2}}}} \right)^4}\) ,( với m,n là tham số) tại điểm x = 1

\(y = {\left( {m + \dfrac{n}{{{x^2}}}} \right)^4}\)

\(\Rightarrow y’ = 4{\left( {m + \dfrac{n}{{{x^2}}}} \right)^3}{\left( {m + \dfrac{n}{{{x^2}}}} \right)’}\)

\( = 4{\left( {m + \dfrac{n}{{{x^2}}}} \right)^3}\left( { – \dfrac{{2n}}{{{x^3}}}} \right) \)\(\,=  – \dfrac{{8n}}{{{x^3}}}{\left( {m + \dfrac{n}{{{x^2}}}} \right)^3}\)

Vậy \(y'(1) =  – 8n{\left( {m + n} \right)^3}\)

2.Tìm a để hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{x^2} – 3x + 2}}{{x – 2}}\,\,\,neu\;\,\,x < 2\\ax + 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,x \ge 2\end{array} \right.\,\,\,\,\,\)liên tụctại \(x = 2.\)

Tập xác định D = R

Ta có:

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \dfrac{{{x^2} – 3x + 2}}{{x – 2}}\, = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} (x – 1) = 1\);

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {\rm{(ax}} + 1) = 2a + 1\);

+) \(f(2) = 2a + 1\)

Hàm số liên tục tại x = 2  \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} f(x)\, = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x) = f(2)\)

\( \Leftrightarrow 2a + 1 = 1 \Leftrightarrow a = 0\)

Vậy với a=0 thì hàm số liên tục tại x = 1

3.

a. Cho hàm số \(y = {x^3} – 5{x^2} + 2\) có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng \(y =  – 3x – 7\)

Phương trình tiếp tuyết có dạng: \(y = f'({x_0})(x – {x_0}) + {y_0}\)

Tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y =  – 3x – 7 \Rightarrow f'({x_0}) =  – 3\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x_0}^2 – 10{x_0} =  – 3\\ \Leftrightarrow 3{x_0}^2 – 10{x_0} + 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} = \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} + \quad {x_0} = 3 \Rightarrow {y_0} =  – 16;\quad \\ + \quad {x_0} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {y_0} = \dfrac{{40}}{{27}}\end{array}\).

Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(3,-16) là:

\(y =  – 3(x – 3) – 16 =  – 3x – 7\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(N(\dfrac{1}{3};\dfrac{{40}}{{27}})\)là:

\(y =  – 3(x – \dfrac{1}{3}) + \dfrac{{40}}{{27}} =  – 3x + \dfrac{{67}}{{27}}\)

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) là:

\(y =  – 3x + \dfrac{{67}}{{27}}\)

b. Cho hàm số \(y = \dfrac{{x + m}}{{x + 1}}\;\) có đồ thị là \(({C_m})\). Gọi \({k_1}\) là hệ số góc của tiếp tuyến  tại giao điểm của  đồ thị \(({C_m})\)với trục hoành.Gọi \({k_2}\) là hệ số góc của tiếp tuyến với  đồ thị \(({C_m})\) tạiđiểm có hoành độ  x =1 . Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho \(\left| {{k_1} + {k_2}} \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất

TXĐ D=R\{-1}.  Ta có \(y = \dfrac{{x + m}}{{x + 1}}\; \Rightarrow y’ = \dfrac{{1 – m}}{{{{(x + 1)}^2}}}\)

Hoành độ giao điểm của  đồ thị \(({C_m})\)với trục hoành là \(x =  – m\)

\(x =  – m \Rightarrow {k_1} = y'( – m) = \dfrac{1}{{1 – m}}\)\(;\quad x = 1 \Rightarrow {k_2} = y'(1) = \dfrac{{1 – m}}{4}\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\left| {{k_1} + {k_2}} \right| = \left| {\dfrac{1}{{1 – m}} + \dfrac{{1 – m}}{4}} \right|\\ = \left| {\dfrac{1}{{1 – m}}} \right| + \left| {\dfrac{{1 – m}}{4}} \right|\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{1 – m}}.\dfrac{{1 – m}}{4}}  = 1,\forall m \ne 1\\\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {\dfrac{1}{{1 – m}}} \right| = \left| {\dfrac{{1 – m}}{4}} \right| \\ \Leftrightarrow {(1 – m)^2} = 4 \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  – 1\\m = 3\end{array} \right.\\\end{array}\)

4.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O.

Biết \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\),\(SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\). Gọi M là trung điểm của SC.

 

a) Chứng minh \(BC \bot SB\)

Ta có \(BC \bot SA\left( {do\;SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) (1)  , \(BC \bot AB\) ( do ABCD là hình vuông) (2)

      và \(SA,AB \subset \left( {SAB} \right)\) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\)

( Có thể áp dụng định lí 3 đường vuông góc để chứng minh)

b) Chứng minh \(\left( {BDM} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\)

   +  Xét 2mp (BDM) và (ABCD), ta có

\(\left. \begin{array}{l}MO\parallel SA\\SA \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MO \bot \left( {ABCD} \right)\) (1)

+ Mà \(MO \subset \left( {BDM} \right)\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {BDM} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

c) Tính góc giữa đường thẳng SB và mp(SAC).

Ta có SO là hình chiếu của SB lên mp(SAC)

Do đó góc giữa đường thẳng SB và mp(SAC) là \(\widehat {BSO}\).

Xét tam giác vuông SOB, có:\(\sin \widehat {BSO} = \dfrac{{OB}}{{SB}}\). Mà

\(\begin{array}{l}OB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2},\\ SB = \sqrt {{a^2} + {{(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3})}^2}}  = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\\ \Rightarrow \sin \widehat {BSO} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4}\end{array}\)

\( \Rightarrow \widehat {BSO} \approx 37,{5^0}\)

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mp(SAC) là: \(\widehat {BSO} \approx 37,{5^0}\)

( Có thể chỉ cần tính và kết luận theo \(\sin \widehat {BSO} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4}\))