Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Bùi Thị Xuân - TP Hồ Chí Minh

PHẦN ĐẠI SỐ (6 điểm)

Bài 1

Tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {\sqrt {4{x^2} + x + 1}  + 3x} \right)}}{{{x^2} + 2}}\)

Bài 2

Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^3} - 5{x^2} + 12}}{{2x - 4}}\,\,\,\left( {x \ne 2} \right)\\3{a^2} - 7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {x = 2} \right)\end{array} \right.\)

Định \(a\) để hàm số liên tục tại điểm \(x = 2\).

Bài 3

Tính đạo hàm các hàm số sau:

a) \(y = \sqrt {{x^2} + 3x + 1} \)

b) \(y = \left( {2x - 5} \right)\sin 3x\)

Bài 4

Một vật chuyển động có phương trình \(S\left( t \right) = \frac{{2{t^3}}}{3} - \frac{1}{t} + 6\), trong đó \(t\) (tính bằng giây) là thời gian vật chuyển động kể từ lúc bắt đầu chuyển động \(\left( {t > 0} \right)\) và \(S\) (tính bằng mét) là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian \(t\). Tính vận tốc và gia tốc của vật tại thời điểm \(t = 5\left( s \right)\).

Bài 5

Cho hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 1\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Viết phương trình tiếp tuyến \(\Delta \) của đồ thị \(\left( C \right)\), biết tiếp tuyến \(\Delta \) song song đường thẳng \(d:y = 9x - 6\).

Bài 6

Chứng minh phương trình \(\left( {{m^2} + 2m + 6} \right){x^4} + x - 2 = 0\) luôn có nghiệm với mọi giá trị thực của tham số \(m\).

PHẦN HÌNH HỌC (4 điểm)

Bài 7

Cho tứ diện \(SABC\) có \(SA,AB,AC\) đôi một vuông góc, biết \(SA = AB = AC = a\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn \(BC\).

a) Chứng minh đường thẳng \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Chứng minh mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).

b) Chứng minh mặt phẳng \(\left( {SAI} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).

c) Tính góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAI} \right)\).

d) Trên tia đối của tia \(IA\) lấy điểm \(D\) sao cho \(ID = 2IA\) và gọi \(E\) là trung điểm của đoạn \(SD\). Tính khoảng cách từ điểm \(E\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) theo \(a\).

HẾT

 

 

 

 

 

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn

 

Bài 1 (VD):

Phương pháp:

Chia cả tử và mẫu cho \({x^2}\).

Cách giải:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {\sqrt {4{x^2} + x + 1}  + 3x} \right)}}{{{x^2} + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {\sqrt {{x^2}\left( {4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 3x} \right)}}{{{x^2} + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {\left| x \right|\sqrt {4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  + 3x} \right)}}{{{x^2} + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {x\sqrt {4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  + 3x} \right)}}{{{x^2} + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2}\left( {\sqrt {4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  + 3} \right)}}{{{x^2}\left( {1 + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  + 3}}{{1 + \frac{2}{{{x^2}}}}}\\ = \frac{{\sqrt {4 + 0 + 0}  + 3}}{{1 + 0}} = 5\end{array}\)

Bài 2 (VD):

Phương pháp:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = {x_0}\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)\).

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 5{x^2} + 12}}{{2x - 4}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} - 3x - 6} \right)}}{{2\left( {x - 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 3x - 6}}{2}\\ = \frac{{{2^2} - 3.2 - 6}}{2} =  - 4\\f\left( 2 \right) = 3{a^2} - 7\end{array}\)

Để hàm số liên tục tại \(x = 2\) thì:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\\ \Leftrightarrow  - 4 = 3{a^2} - 7\\ \Leftrightarrow 3{a^2} = 3\\ \Leftrightarrow {a^2} = 1\\ \Leftrightarrow a =  \pm 1\end{array}\)

Vậy \(a =  \pm 1\).

Bài 3 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng các công thức tính đạo hàm:

\(\left( {\sqrt u } \right)' = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\)

\(\left( {uv} \right)' = u'v + uv'\)

\(\left( {\sin u} \right)' = u'\cos u\)

Cách giải:

a)\(y = \sqrt {{x^2} + 3x + 1} \)

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\sqrt {{x^2} + 3x + 1} } \right)'\\ = \frac{{\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)'}}{{2\sqrt {{x^2} + 3x + 1} }}\\ = \frac{{2x + 3}}{{2\sqrt {{x^2} + 3x + 1} }}\end{array}\)

Vậy \(y' = \frac{{2x + 3}}{{2\sqrt {{x^2} + 3x + 1} }}\)

b) \(y = \left( {2x - 5} \right)\sin 3x\)

\(\begin{array}{l}y'\\ = \left( {2x - 5} \right)'\sin 3x + \left( {2x - 5} \right)\left( {\sin 3x} \right)'\\ = 2\sin 3x + \left( {2x - 5} \right).\left( {3x} \right)'\cos 3x\\ = 2\sin 3x + 3\left( {2x - 5} \right)\cos 3x\\ = 2\sin 3x + \left( {6x - 15} \right)\cos 30\end{array}\)

Vậy \(y' = 2\sin 3x + \left( {6x - 15} \right)\cos 3x\)

Bài 4 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng công thức

\(\begin{array}{l}v\left( t \right) = S'\left( t \right)\\a\left( t \right) = v'\left( t \right)\end{array}\)

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}S\left( t \right) = \frac{{2{t^3}}}{3} - \frac{1}{t} + 6\\v\left( t \right) = S'\left( t \right) = \left( {\frac{{2{t^3}}}{3} - \frac{1}{t} + 6} \right)'\\ = \frac{{2.3{t^2}}}{3} - \left( { - \frac{1}{{{t^2}}}} \right) + 0\\ = 2{t^2} + \frac{1}{{{t^2}}}\\a\left( t \right) = v'\left( t \right) = \left( {2{t^2} + \frac{1}{{{t^2}}}} \right)'\\ = 2.2t + \frac{{ - 2t}}{{{t^4}}} = 4t - \frac{2}{{{t^3}}}\end{array}\)

Với \(t = 5\) thì

\(\begin{array}{l}v\left( 5 \right) = {2.5^2} + \frac{1}{{{5^2}}} = 50,04\left( {m/s} \right)\\a\left( 5 \right) = 4.5 - \frac{2}{{{5^3}}} = 19,984\left( {m/{s^2}} \right)\end{array}\)

Vậy tại thời điểm \(t = 5\left( s \right)\) thì vận tốc của vật là \(50,04m/s\) và gia tốc của vật là \(19,984m/{s^2}\).

Bài 5 (VD):

Phương pháp:

- Tính \(y'\).

- Giải phương trình \(k = f'\left( {{x_0}} \right) = {k_d}\) với \({k_d}\) là hệ số góc của \(d\).

- Từ đó viết phương trình tiếp tuyến theo công thức \(y = k\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\).

Cách giải:

Đặt \(y = f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} - 1\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x\).

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tọa độ tiếp điểm.

\(\Delta //d:y = 9x - 6\) \( \Rightarrow \)hệ số góc của \(\Delta \) là \({k_\Delta } = {k_d} = 9\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( {{x_0}} \right) = 9\\ \Leftrightarrow 3x_0^2 + 6{x_0} = 9\\ \Leftrightarrow 3x_0^2 + 6{x_0} - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} =  - 3\end{array} \right.\end{array}\)

+) Với \({x_0} = 1\) thì \({y_0} = {1^3} + {3.1^2} - 1 = 3\).

Phương trình tiếp tuyến tại \(M\left( {1;3} \right)\) là: \(y = 9\left( {x - 1} \right) + 3\) hay \(y = 9x - 6\) (loại vì trùng với \(d\))

+) Với \({x_0} =  - 3\) thì \({y_0} = {\left( { - 3} \right)^3} + 3.{\left( { - 3} \right)^2} - 1 =  - 1\).

Phương trình tiếp tuyến tại \(M\left( { - 3; - 1} \right)\) là: \(y = 9\left( {x + 3} \right) - 1\) hay \(y = 9x + 26\) (thỏa mãn)

Vậy tiếp tuyến cần tìm có phương trình: \(\Delta :y = 9x + 26\).

Bài 6 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng định lý: “Nếu hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {a;b} \right]\) và \(f\left( a \right).f\left( b \right) < 0\) thì tồn tại ít nhất một điểm \(c \in \left( {a;b} \right)\) sao cho \(f\left( c \right) = 0\)”.

Cách giải:

Đặt \(f\left( x \right) = \left( {{m^2} + 2m + 6} \right){x^4} + x - 2\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Hàm số \(f\left( x \right)\) là hàm đa thức nên liên tục trên \(\mathbb{R}\), do đó cung liên tục trên \(\left[ {0;1} \right]\).

Ta có:

\(f\left( 0 \right) = \left( {{m^2} + 2m + 6} \right){.0^4} + 0 - 2\) \( =  - 2 < 0\)

\(f\left( 1 \right) = \left( {{m^2} + 2m + 6} \right){.1^4} + 1 - 2\) \( = {m^2} + 2m + 5\) \( = {m^2} + 2m + 1 + 4\) \( = {\left( {m + 1} \right)^2} + 4 > 0,\forall m\)

Do đó \(f\left( 0 \right).f\left( 1 \right)\) \( =  - 2\left( {{m^2} + 2m + 5} \right) < 0,\forall m\).

Vậy phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0;1} \right)\) hay phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi \(m\).

Bài 7 (VD):

Phương pháp:

a) Chứng minh \(SA\) vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong \(\left( {ABC} \right)\)

Chứng minh \(AB \bot \left( {SAC} \right)\) sau đó sử dụng \(\left\{ \begin{array}{l}a \bot \left( P \right)\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow a \bot b\)

b) Chứng minh \(BC \bot \left( {SAI} \right)\) sau đó sử dụng \(\left\{ \begin{array}{l}a \bot \left( P \right)\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow a \bot b\)

c) Sử dụng \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\\a \bot d;a \subset \left( P \right)\\b \bot d;b \subset \left( Q \right)\end{array} \right.\)  thì góc giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là góc giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\)

d) Sử dụng: Nếu \(AB \cap \left( P \right)\) tại \(I\) thì \(\frac{{d\left( {A;\left( P \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( P \right)} \right)}} = \frac{{AI}}{{BI}}\)  để chỉ ra \(d\left( {E;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Từ đó tính \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\) bằng cách dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

Cho tứ diện \(SABC\) có \(SA,AB,AC\) đôi một vuông góc, biết \(SA = AB = AC = a\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn \(BC\).

a) Chứng minh đường thẳng \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Chứng minh mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot AC\\AB \cap AC = \left\{ A \right\}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\AB \bot SA\\AC \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) \(AB \bot \left( {SAC} \right)\)

Từ đó \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot \left( {SAC} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)

b) Chứng minh mặt phẳng \(\left( {SAI} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).

Xét tam giác ABC cân tại A (do \(AB = AC\)) có \(AI\) là trung tuyến nên \(AI \bot BC\)

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) (theo câu a) nên \(SA \bot BC\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AI\\BC \bot SA\\SA \cap AI = \left\{ A \right\}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)\)

Từ đó \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAI} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( {SAI} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

c) Tính góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAI} \right)\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\AI \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SA \bot AI\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAI} \right) = SA\\AI \bot SA,AI \subset \left( {SAI} \right)\\AB \bot SA,AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAI} \right)\) là góc giữa \(AI\) và \(AB\) hay là \(\widehat {BAI}\)

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại A có AI là đường trung tuyến nên AI cũng là đường phân giác góc A

Suy ra \(\widehat {BAI} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}\) \( = \frac{1}{2}{90^0} = {45^0}\)

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAI} \right)\) là \({45^0}.\)

d) Trên tia đối của tia \(IA\) lấy điểm \(D\) sao cho \(ID = 2IA\) và gọi \(E\) là trung điểm của đoạn \(SD\). Tính khoảng cách từ điểm \(E\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) theo \(a\).

Ta có DE giao với \(\left( {SBC} \right)\) tại S nên \(\frac{{d\left( {E;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right)}}\) \( = \frac{{ES}}{{DS}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow d\left( {E;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Lại có \(AD \cap \left( {SBC} \right)\) tại I nên \(\frac{{d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{DI}}{{AI}} = 2\) \( \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {A;SBC} \right)\)

Từ đó \(d\left( {E;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}.2d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\) \( = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Trong \(\left( {SAI} \right)\) kẻ \(AH \bot SI\) tại \(H\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAI} \right)\left( {cmt} \right)\\AH \subset \left( {SAI} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot AH\)

Từ đó \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SI\\BC \cap SI = \left\{ I \right\}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(H.\)

Suy ra \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH\)

Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AI = \frac{1}{2}BC\) \( = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} \) \( = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {a^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác \(SAI\) vuông tại \(A\), ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}}\) \( = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}}\)

\( \Rightarrow AH = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Suy ra \(d\left( {E;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)\( = AH = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Vậy \(d\left( {E;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\).

HẾT