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

Bài 1 (3 điểm):

Tính:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 9x + 14}}{{x - 2}}\)

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt[3]{{8{x^3} + 1}} - x} \right)\)

c) \(C = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ - }} \frac{{\left| {{x^2} + 7x + 12} \right|}}{{x + 3}}\)

Bài 2 (1 điểm):

Định \(a\) để hàm số sau đây liên tục tại \({x_0} =  - 4\): \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 4}}{{\sqrt {x + 13}  - 3}}\,\,\,\left( {x >  - 4} \right)\\{x^2} + 2a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {x \le  - 4} \right)\end{array} \right.\)

Bài 3 (1 điểm):

Tìm đạo hàm của hàm số \(y = f\left( x \right) = \sqrt {\frac{1}{x} + \tan x} \).

Bài 4 (1 điểm):

Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{2x + 5}}{{x - 3}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Viết phương trình tiếp tuyến \(\left( \Delta  \right)\) của đồ thị \(\left( C \right)\) biết \(\left( \Delta  \right)\) song song với đường thẳng \(\left( D \right):y =  - 11x\).

Bài 5 (4 điểm):

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(C\), \(CA = a,SC \bot \left( {ABC} \right)\).

a) Chứng minh \(AC \bot \left( {SBC} \right)\).

b) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh \(\left( {SCI} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

c) Cho \(SC = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\). Tính \(\widehat {\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right)}\).

d) Gọi \(H\) là điểm thuộc đoạn \(CI\) sao cho \(CH = 3HI\). Trên đường thẳng đi qua \(H\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), lấy điểm \(D\) sao cho \(DH = \frac{{a\sqrt {14} }}{8}\). Gọi \({G_1}\) và \({G_2}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(DAC\) và \(DBC\). Tính khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {C{G_1}{G_2}} \right)\).

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn

 

Bài 1 (VD):

Phương pháp:

a) Khử dạng vô định bằng cách phân tích tử thành nhân tử.

b) Đặt \(x\) ra ngoài và sử dụng qui tắc tính giới hạn

c) Khử dạng vô định bằng cách phân tích tử thành nhân tử.

Cách giải:

Tính:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 9x + 14}}{{x - 2}}\)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 7} \right)}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 7} \right)\\ = 2 - 7\\ =  - 5\end{array}\)

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt[3]{{8{x^3} + 1}} - x} \right)\)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x\sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^3}}}}} - x} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {x.\left( {\sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^3}}}}} - 1} \right)} \right]\\ =  + \infty \end{array}\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x =  + \infty \) và \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^3}}}}} - 1} \right)\) \( = \sqrt[3]{2} - 1 > 0\).

c) \(C = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ - }} \frac{{\left| {{x^2} + 7x + 12} \right|}}{{x + 3}}\)

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

Bài 2 (VD):

Phương pháp:

Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} f\left( x \right);\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} f\left( x \right);f\left( { - 4} \right)\)

Để hàm số liên tục tại \({x_0} =  - 4\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} f\left( x \right)\) \( = f\left( { - 4} \right)\)

Cách giải:

 Định \(a\) để hàm số sau đây liên tục tại \({x_0} =  - 4\):

\(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 4}}{{\sqrt {x + 13}  - 3}}\,\,\,\left( {x >  - 4} \right)\\{x^2} + 2a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {x \le  - 4} \right)\end{array} \right.\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} f\left( x \right)\)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \frac{{x + 4}}{{\sqrt {x + 13}  - 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {\sqrt {x + 13}  + 3} \right)}}{{x + 13 - 9}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {\sqrt {x + 13}  + 3} \right)}}{{x + 4}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \left( {\sqrt {x + 13}  + 3} \right)\\ = \sqrt {\left( { - 4} \right) + 13}  + 3 = 6\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} f\left( x \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} \left( {{x^2} + 2a} \right)\\ = {\left( { - 4} \right)^2} + 2a = 2a + 16\end{array}\)

\(f\left( { - 4} \right) = {\left( { - 4} \right)^2} + 2a\) \( = 2a + 16\)

Để hàm số đã cho liên tục tại \({x_0} =  - 4\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} f\left( x \right)\) \( = f\left( { - 4} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2a + 16 = 6\\ \Leftrightarrow 2a =  - 10\\ \Leftrightarrow a =  - 5\end{array}\)

Vậy \(a =  - 5\) là giá trị cần tìm.

Bài 3 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm \(\left( {\sqrt u } \right)' = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\), \({\left( {\frac{1}{x}} \right)'} =  - \frac{1}{{{x^2}}};\left( {\tan x} \right)' = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}\)

Cách giải:

Ta có:

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

Bài 4 (VD):

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \({M_0}\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là:

\(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)

Hai đường thẳng song song thì có cùng hệ số góc.

Cách giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\)

Ta có: \(y' = \frac{{ - 11}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến \(\left( \Delta  \right)\) với đồ thị hàm số

Vì \(\left( \Delta  \right)//\left( D \right)\) nên hệ số góc của \(\left( \Delta  \right)\) là \(f'\left( {{x_0}} \right) =  - 11\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 11}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} =  - 11\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 3} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 3 = 1\\{x_0} - 3 =  - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 4 \Rightarrow {y_0} = 13\\{x_0} = 2 \Rightarrow {y_0} =  - 9\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(M\left( {4;13} \right)\) ta có phương trình tiếp tuyến \(\left( \Delta  \right):\) \(y =  - 11\left( {x - 4} \right) + 13\) \( \Leftrightarrow y =  - 11x + 57\)

Với \(M\left( {2; - 9} \right)\) ta có phương trình tiếp tuyến \(\left( \Delta  \right):\) \(y =  - 11\left( {x - 2} \right) - 9\) \( \Leftrightarrow y =  - 11x + 13\)

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn đề bài: \(y =  - 11x + 57\), \(y =  - 11x + 13\).

Bài 5 (VD):

Phương pháp:

a) Thay \(x = 3\) vào hàm số dưới dấu giới hạn.

b) Khử dạng vô định bằng cách phân tích tử thành nhân tử.

c) Chia cả tử và mẫu cho \(n\) và áp dụng quy tắc tính giới hạn.

Cách giải:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(C\), \(CA = a,SC \bot \left( {ABC} \right)\).

a) Chứng minh \(AC \bot \left( {SBC} \right)\).

\(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) nên \(AC \bot BC\).

\(SC \bot \left( {ABC} \right)\), mà \(AC \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(SC \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot CB\\AC \bot SC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AC \bot \left( {SBC} \right)\) (đpcm).

b) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh \(\left( {SCI} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) nên \(CI\) vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao

\( \Rightarrow CI \bot AB\).

\(SC \bot \left( {ABC} \right)\), mà \(AB \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(SC \bot AB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CI\\AB \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SCI} \right)\)

Mà \(AB \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SCI} \right)\) (đpcm).

c) Cho \(SC = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\). Tính \(\widehat {\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right)}\).

Theo câu b, \(AB \bot \left( {SCI} \right) \Rightarrow AB \bot SI\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\SI \bot AB,SI \subset \left( {SAB} \right)\\CI \bot AB,CI \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SI,CI} \right)}\) \( = \widehat {SIC}\) (vì \(\widehat {SIC} < \widehat {SCI} = {90^0}\))

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) có \(CA = CB = a\) nên theo pitago ta có:

\(AB = \sqrt {C{A^2} + C{B^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow CI = IA = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Tam giác \(SCI\) vuông tại \(C\) có \(\tan \widehat {SIC} = \frac{{SC}}{{CI}}\) \( = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}:\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow \widehat {SIC} = {60^0}\).

Vậy góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0}\).

d) Gọi \(H\) là điểm thuộc đoạn \(CI\) sao cho \(CH = 3HI\). Trên đường thẳng đi qua \(H\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), lấy điểm \(D\) sao cho \(DH = \frac{{a\sqrt {14} }}{8}\). Gọi \({G_1}\) và \({G_2}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(DAC\) và \(DBC\). Tính khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {C{G_1}{G_2}} \right)\).

Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm của \(DA,DB\).

Do \({G_1},{G_2}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(DAC\) và \(DBC\) nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{C{G_1}}}{{CE}} = \frac{2}{3}\\\frac{{C{G_2}}}{{CF}} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \frac{{C{G_1}}}{{CE}} = \frac{{C{G_2}}}{{CF}}\) \( \Rightarrow {G_1}{G_2}//EF\)

Mà \(EF//AB\) (do \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(DAB\))

Nên \(AB//\left( {C{G_1}{G_2}} \right) \equiv \left( {CEF} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {C{G_1}{G_2}} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {CEF} \right)} \right)\).

Gọi \(K = DI \cap EF\), ta chứng minh \(IK \bot \left( {CEF} \right)\).

Ta có: \(DH \bot \left( {ABC} \right),SC \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow DH//SC\)

\( \Rightarrow \) các điểm \(D,H,S,C,I\) đồng phẳng hay \(DH \subset \left( {SCI} \right)\).

Ta có: \(AB \bot \left( {SCI} \right)\) và \(AB//\left( {CEF} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {CEF} \right) \bot \left( {DCI} \right)\).

Tam giác \(DCH\) vuông tại \(H\) có: \(DH = \frac{{a\sqrt {14} }}{8},\) \(CH = \frac{3}{4}CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{8}\) nên theo Pitago ta có:

\(CD = \sqrt {D{H^2} + A{H^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {14} }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{8}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow CD = CI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow \Delta CDI\) cân tại \(C\).

Lại có \(K\) là trung điểm \(DI\) (do \(K\) nằm trên \(EF\) là đường trung bình của \(\Delta DAB\))

Nên \(CK \bot DI \Rightarrow CK \bot IK\).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {CEF} \right) \bot \left( {DCI} \right)\\\left( {CEF} \right) \cap \left( {DCI} \right) = CK\\IK \subset \left( {DCI} \right)\\IK \bot CK\end{array} \right.\) \( \Rightarrow IK \bot \left( {CEF} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {I,\left( {CEF} \right)} \right) = IK\)

Xét tam giác \(DHI\) vuông tại \(H\) có: \(DH = \frac{{a\sqrt {14} }}{8},\) \(HI = \frac{1}{4}CI = \frac{{a\sqrt 2 }}{8}\) nên theo Pitago ta có:

\(DI = \sqrt {D{H^2} + H{I^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {14} }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{8}} \right)}^2}}  = \frac{a}{2}\)

\( \Rightarrow IK = \frac{1}{2}DI = \frac{1}{2}.\frac{a}{2} = \frac{a}{4}\).

Vậy \(d\left( {A,\left( {C{G_1}{G_2}} \right)} \right) = \frac{a}{4}\).

HẾT