SỞ GD&ĐT BẮC NINH
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CUỐI NĂM
PHÒNG QUẢN LÝ CHẤT LƯỢNG Năm học 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp 11
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,5 điểm) Tính các giới hạn sau: 3x 1 2n  3n a) lim . b) lim . c)  2 lim n  6n 2n. x 1  7x  5 2.3n 1 Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
y  f(x)  x  3x 9x .
a) Giải bất phương trình f (x)  0.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  1. 0 Câu 3. (1,5 điểm)  3 2  5  x  3x  5  Cho hàm số khi x  1 y  g(x)   x 1 , 
với m là tham số. Tìm m  mx  2 khi x  1 
để hàm số g(x) liên tục trên .  Câu 4. (3,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có A ,
B AC,AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi H là trực tâm của tam giác BCD.
a) Chứng minh rằng đường thẳng AD vuông góc với mặt phẳng ABC , đường thẳng
AH vuông góc với mặt phẳng (BCD).
b) Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC ), (BCD). Chứng minh rằng cos AH   . AD
c) Biết các tam giác ABC,AB ,
D ACD có diện tích lần lượt bằng 2, 3, 4 (đơn vị diện tích).
Tính diện tích tam giác BCD. Câu 5. (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có 1 3 5 2n 1  (2n 1)!
C  3C  5C . .(2n 1)C  . 2n 2n 2n 2n (n 1) 2! -------- HẾT -------- SỞ GD&ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG QUẢN LÍ CHẤT LƯỢNG
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CUỐI NĂM NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán – Lớp 11 Câu Đáp án Điểm 3x  1 1.a. Tính giới hạn lim . 1,0 x 1  7x  5 3x  1 3.1  1 lim   2. 1,0 x 1  7x  5 7.1 5 2n  3n 1.b. Tính giới hạn lim . 1,0 2.3n 1 2 n     1 2n  3n 3 1 lim  lim   . 1,0 2.3n 1 n   2 1 2     3 1.c. Tính giới hạn  2 lim n  6n  2n. 0,5  6 
lim 2n 6n 2n  limn 1 2   .   0,5  n   
2.a. Giải bất phương trình f (x)  0. 1,0 Ta có 2
f (x)  3x  6x  9, x  .  0,5 x  3 Vậy 2 f (x) 0 3x 6x 9 0         .  x  1 0,5 
2.b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  1. 0 1,0
Tung độ tiếp điểm là y  f (1)  11. Hệ số góc của tiếp tuyến là k  f (1)  1  2. 0,5 0
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  1 là 0 0,5 y  1  2(x 1)11  y  1  2x  1. 3.
Tìm m để hàm số g(x) liên tục trên .  1,5 3 2 5  x  3x  5 Hàm g(x) 
liên tục trên khoảng (1; )  . x  1 0,5
Hàm g(x)  mx  2 liên tục trên khoảng ( ;  1).
Vì thế g(x) liên tục trên  khi và chỉ khi nó liên tục tại điểm x  1. 3 2 5  x  3x  5 3 2
5  x  2  2  3x  5 Ta có lim g(x)  lim  lim x 1 x 1     x  1 x 1   x  1  0,5  1 3(1 x)     1 1 3 lim       .   x 1   3 2 3 2 2
 5  x  2 4  2 3x  5  (3x  5)  4 2 4 
Và lim g(x)  lim (mx  2)  2  m; g(1)  2  m. x 1 x 1     0,5
Hàm số g(x) liên tục trên tại điểm x  1 khi và chỉ khi 3 5
lim g(x)  lim g(x)  g(1)  2 m   m  . x 1 x 1     4 4 5
Vậy với m  thì g(x) liên tục trên .  4
4.a. Chứng minh AH  (BCD). 1,0 D
Vì AD  AB,AD  AC nên AD  (ABC) H và AD  BC (1). 0,5 A C K B
Gọi K  HD  BC. Vì H là trực tâm tam giác ABC nên HD  BC (2).
Từ (1) và (2) suy ra BC  AH (3). Tương tự BD  AH (4). 0,5
Hai đường thẳng BC,BD cắt nhau và nằm trong mặt phẳng (BDC ) nên từ (3) và (4) suy ra AH  (BCD). 4.b. Chứng minh cos AH   . 1,0 AD
Ta thấy AD  (ABC ), AH  (BCD) nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC ), (BCD)
bằng góc giữa hai đường thẳng AD,AH và bằng góc 
HAD trong tam giác vuông AHD. 0,5 Do đó  HAD  .  Trong tam giác AHD , cos AH   . 0,5 AD
4.c. Tính diện tích tam giác BCD. 1,0 2 2 1  1
Dễ thấy BC  AK. Ta có S
  BC DK  BC AD  AK B  CD  2 .      2 2  2  4 0,5 1 2 2 1 2 2 1
 BC .AD  BC .AK   2 2 AB  AC  2 1 2 2 AD  BC .AK 4 4 4 4 1 1 1
 AB .AD  AC .AD  BC .AK  S 2 S 2 S    2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 ABD ACD ABC 0,5 2 2 2
 3  4  2  29. Vậy S
 29 (đơn vị diện tích). B  CD
Lưu ý: Học sinh cũng có thể trình bày như sau 1  AB.AC  2 2 A    B.AC  4 1  Ta có  AB.AD  3  A
 B.AD  6  AB.AC.AD  8 3.  Từ đó tìm ra AB  3, 2  1 A  C.AD  8  AC.AD  4  2  4 3 AC  , AD  2 3. 3 5 3 2 39 Tính được BC  ,BD  15,CD  . 3 3 1
Đặt p  (BC  BD CD) thì S  (
p p  BC)(p  BD)(p CD)  29 (đơn 2 B  CD vị diện tích). 1 3 2n 1  (2n 1)! 5.
Chứng minh rằng C  3C  . .  (2n 1)C  . (1) 2n 2n 2n  1,0 (n 1) 2! Xét khai triển 2n 0 1 2 2 3 3 2n 1  2n 1  2n 2
(1  x)  C C x C x C x  .. x C x C x (2). 2n 2n 2n 2n 2n 2n
Lấy đạo hàm hai vế của (2) ta được 2n 1  1 2 3 2 2n 1  2n 2  2n 2n 1 2n(1 x) C 2C x 3C x .. (2n 1)C x 2nC x          (3). 2n 2n 2n 2n 2n
Ở (3) lần lượt thay x  1,x  1 ta thu được 0,5 1 2 3 2n 1  2n 2n 1 C 
 2C  3C  . .  (2n 1)C  2nC  2n.2   2n 2n 2n 2n 2n  1 2 3 2n 1  2 C 
 2C  3C . .  (2n 1)C  2 n nC  0  2n 2n 2n 2n 2n  1 3 2n 1  2n 1
 C  3C  . .  (2n 1)C  n.2  (4). 2n 2n 2n Để ý rằng 2n 1  2n 1  0 1 n 2n 1  n (2n 1)! 2  (1  1)  C C  .. C  .. C  C  2n 1  2n 1  2n 1  2n 1  2n 1  n !.(n 1)! 2n 1  (2n 1)!  n.2  (5).  0,5 (n 1) 2! n (2n 1)! Từ (4) và (5) suy ra 1 3 2 1 C  3C  ..  (2n 1)C  . 2n 2n 2n (n 1) 2! Chú ý:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận
chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không
được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải
được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.
Document Outline

• KTCN_De_Toan_11_18-19
• KTCN_DA_Toan_11_18-19