ABCD 

--- HẾT ---

HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP ÁN CHI TIẾT

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

C B D C C B C A B C A B D A D D B B

19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36

D C D C A A D B A B B A A C A C D

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1.

Lời giải Chọn C

Ta có:

 

₂²

sin 2 f x

x

  

2

2 2

4 sin

2 f 



  

     

 

   

  . Câu 2.

Lời giải Chọn B

Sai vì hai mặt phẳng có thể cắt nhau.

Sai vì hai đường thẳng có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

Sai vì đường thẳng có thể nằm trong mặt phẳng.

Câu 3.

Lời giải Chọn D

Ta có: ^{M a f a}



^;

  

^

 

^{C .}

Vậy phương trình tiếp tuyến của đường cong

 

^{C tại điểm M a f a}



^;

  

^{có dạng:}

    

y f a xa  f a . Câu 4.

Lời giải Chọn C

Ta có

   

 

3 2

3 2

5 5 1

1 2. 1 1

2 1

lim 2

2 1 2 1 1

x

x x

x



   

 

  

  

. Câu 5.

Lời giải Chọn C

Ta có 2 ³ 5 ^{2 1}

2

y x x

x

    .

Câu 6.

Lời giải Chọn B

Áp dụng thức đạo hàm của hàm số hợp:



^sinu



^{ u.cosu.}

Câu 7.

Lời giải Chọn C

Ta có: ′( ) =−4 + 12 −6 + 2.

Suy ra ′(−1) =−4(−1) + 12(−1) −6(−1) + 2 = 24.

Câu 8.

Lời giải

Chọn A

d sin 3 d 3 .cos 3 d 3cos 3 d

6 6 6 6

y   x^ x  x^  x x  x x

              

       

 

. Câu 9.

Lời giải Chọn B

Hàm số ^{f x}

 

liên tục, tăng trên đoạn



^{a b;}



^{và f a f b}

   

^{. 0}

Khi đó,

0 ( ) ( )

( ) ( ) 0

f a f b f a f b

 



  



nên phương trình ^{f x}

 

^0 không có ngiệm trong khoảng



^{a b;}



^.

Câu 10.

Lời giải Chọn C

= = .

Câu 11.

Lời giải Chọn A

Ta có: Hình chiếu của S lên



^ABC



^{là I nên SI}



^ABC



^{và I}



^ABC



^.

Do đó, ^{d I ABC}



^,

  

^SI.

Câu 12.

Lời giải Chọn B

Áp dụng quy tắc hình hộp ta có ⃗= ^⃗+ ^⃗+ ^⃗′= ^⃗′. Câu 13.

Lời giải Chọn D



³



lim 1 3

x x x

   lim ¹₃ ³₂ 1 ³

x x

x x



 

    

   , đáp án D. Câu 14.

Lời giải Chọn A

5 4

4 4.5.

y  x  y  x . Câu 15.

Lời giải Chọn D

Áp dụng định nghĩa đạo hàm của hàm số tại một điểm.

Câu 16.

Lời giải Chọn D

Ta có:

⊥ (1) (do là hình vuông)

⊥ (2) (do ⊥( )) . Từ (1) và (2) suy ra ⊥( ).

Câu 17.

Lời giải Chọn B

Nếu limu_n a0, limv_n 0 và v_n 0,n thì lim ⁿ

n

u

v  .

A D

B C

S

Câu 18.

Lời giải Chọn B

Vì . là hình chóp đều nên ⊥( ) mà ⊂( ) do đó ⊥ .

Câu 19.

Lời giải Chọn D

Ta có  PAPC 2PM

, PB PD 2PN

nên PA  PB PC PD2PM2PN2(PM PN)2.2.PI4PI

. Vậy ¹ k  4. Câu 20.

Lời giải Chọn C

Thay tọa độ của điểm M trong các phương án vào phương trình hàm số, ta loại được các phương án A, C.

Vì tiếp tuyến tại điểm M x y



0; 0



song song với đường thẳng ¹ 5

y2x nên

 

0

1 y x  2. Dùng MTCT tính đạo hàm của hàm số ta tìm được đáp án D.

Câu 21.

Lời giải Chọn D

Ta có

 

2

( ) sin 3 cot 2 3cos 3 2

sin 2

f x x x x

x

 

     . Vì ,a b nên a3, b 2.

Vậy a b 1. Câu 22.

Lời giải Chọn C

Ta có : ^{f '}

 

^{x 03x26x00x2.}

Câu 23.

Lời giải Chọn A

Ta có ′= 1− ⇒ = 1− + + = 2 .

Câu 24.

Lời giải Chọn A

Ta có Δ = ( + )− ( ) = − =−

( ). Câu 25.

Lời giải Chọn D

2a A

D C S

B K

Ta có AD

CD SA SD

CD CD

 



 

 .

Dựng ^{DK SA K}



^SA



^{, khi đó DK} là đoạn vuông góc chung của SA CD, . Do đó ^{d DC SA}



^,



^DK. Xét tam giác SAD vuông tại D có DK là đường cao:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3

2 4 4

DK  SD  AD  a  a  a 2 3 DK a

  .

Câu 26.

Lời giải Chọn B

2

 

2

4 1 3

lim lim

2

x x

f x x

x

 

  



 

   

2

4 2

lim

2 4 1 3

x

x

x x



 

   ²

lim 4

4 1 3

x^ x

  

2

3 Câu 27.

Lời giải Chọn A

Ta có ^{v t}

 

^{S t}

 

^3t26t

   

^{6 6}

a t v t  t ^a

 

^{5 36m s/ 2.}

Câu 28.

Lời giải Chọn B

Ta có là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng ( ).

⇒ , ( ) = = .

Tam giác vuông tại có = , với = √2thì =√2.

Câu 29.

Lời giải Chọn B

S

A

B C

D



Ta có ^cos



^,



^.

. SB AC SB AC

SB AC



 

 

 

 

2

. SA AB AC

a





  

2

. .

SA AC AB AC a

 

    ²

2

0 1

2

2 a

a

 

   .

Vậy góc giữa hai vectơ SB

và AC

bằng 120. Câu 30.

Lời giải Chọn A

Gọi phương trình tiếp tuyến có dạng yy0  y x

 

0 xx0



với M x y



0; 0



là tiếp điểm.

Tính y 3x²2x1. Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x³x² x 1 song song với đường thẳng

6 4

y x nên

 

0 0² 0 ⁰

0

5.

6 3 2 1 6 3

1.

y x x x x

x

 

      

  



Với ₀ 5 ₀ 122

3 27

x   y  . Với x₀   1 y₀  2.

Ta được hai tiếp điểm ₁ 5 122 3 27;

M  

 

  và M2



 1; 2



. Với tiếp điểm ₁ 5 122

3 27;

M  

 

 , ta được tiếp tuyến là đường thẳng 122 5 148

6 6

27 3 27

y x  y x

      

  (nhận).

Với tiếp điểm M2



 1; 2



, ta được tiếp tuyến là đường thẳng ^y26



^x1



^{ y6x4 (loại).}

Câu 31.

Lời giải Chọn A

Hàm số đã cho xác định trên.

Ta có: ^lim_x₁ ^{f x}

 

^lim_x₁



^x2⁴



⁵ ^f

^{ }

¹ .

và

     

1 1

lim lim 3 2 1 1

x _ f x x _ x f

 

   

Với mọi x0



1;



ta có :

     

0 0

2 2

0 0

lim lim 4 4

x x f x x x x x f x

       .

Vậy hàm số liên tục trên



^1;



^.

Câu 32.

Lời giải Chọn C

A C

B

S

3( 2) 2 3( 2) 3 y  m x  m x .

-TH1: m  2 0 m 2k hi đó y    3 0 x  (thỏa mãn).

-TH2: m  2 0 m 2. Khi đó

 

2

2

0, ( 2) ( 2) 1 0

2 0 2

2 2

4 0

. 1, 0,1, 2

y x m x m x x

m m

m m m m m

           

   

 

 

       

   



  

 

 

Từ trường hợp 1 và 2 có tất cả 5 giá trị của tham số mt hỏa yêu cầu bài toán.

Câu 33.

Lời giải Chọn A

Gọi ; với ≠ −1 là điểm thuộc ( ).

Đạo hàm ′= _{( )} ⇒ = ′( ) =−_{( )} . Phương trình tiếp tuyến : =

( ) ( − ) + ⇔ + ( + 1) − −4 −2 = 0.

Ta có [ , ] = ^{| |}

( ) = ^{| |}

( ) =

( )

( )

. Để [ , ] lớn nhất ⇔( + 1) +

( ) nhỏ nhất. Mà ( + 1) +

( ) ≥ 2.

Dấu ′′ =′′ xảy ra khi ( + 1) = 1 ⇔ = 0

= −2⇒ : =− + 2 : =− −2. Câu 34.

Lời giải Chọn C

Khi →+∞ thì √ ²= → √ ²+ 1− ~√ ²− = − = 0

→ Nhân lượng liên hợp:

Ta có lim

→+∞

(2− ) −3

2+1− = lim

→+∞ (2− ) −3 √ ²+ 1 + = lim

→+∞

2 2− −³ 1 + ¹₂+ 1 .

Vì lim→+∞

2= +∞

lim→+∞ 1 + ¹₂+ 1 = 4 > 0⇒ lim

→+∞

(2− ) −3

2+1− = +∞

⇔ lim

→ 2− − = 2− > 0⇒ < 2.

Giải nhanh : ta có →+∞ →

√

= (2− ) −3 √ + 1 + ~(2− ) . √ + = 2(2− ) →+∞ ⇔ < 2.

Khi đó = −2 + 4 = ( −1) + 3≥3, = 3⇔ = 1 < 2⇒ = 3.

Câu 35.

Lời giải Chọn D

Gọi D E, lần lượt là trung điểm của AC BC, .

Trong hình chữ nhật ACC A  có MD là đường trung bình nên ta có MD AA2 ;a MD//AA

 

MD ABC MD BC

   

 

^{1 .}

Xét ABC có DE là đường trung bình nên ta có

2 2

AB a

DE   ; DE//AB  DE BC

 

^{2 .}

Từ

 

^{1 và}

 

2 , suy ra ^{BC }



^MDE

  

^{3 .}

Trong



^MDE



^{kẻ DF  ME tại F.}

 

^{4 .}

Mà ^{DF }



^MDE



kết hợp với

 

^{3 suy ra DF BC}

 

^{5 .}

Từ

 

^{4 và}

 

^{5 , ta có DF }



^MBC



^{hay d D MBC}



^,

  

^DF.

Xét MDE vuông tại D có đường cao DF, nên ta có

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 17 2 17

17

(2 ) 4

DF a

DF  DM  DE  a a  a   . Mặt khác,

   

 

 

, 2

,

d A MBC AC

d D MBC  DC 



^,

  

²



^,

^{ } 

^{2 4 17}

17 d A MBC d D MBC DF a

    .

PHẦN II: TỰ LUẬN Câu 36.

Lời giải Ta có:

2 3

1 3 2

6 x

x x x

 

  

 

 

. Câu 37.

Lời giải

ĐK: 2 sin 2xcos 2x0. Ta có

     

 

²

2 cos 2 2 sin 2 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 4 cos 2 2 sin 2 2sin 2 cos 2

x x x x x x x x

y

x x

    

 



 

²

6 2 sin 2x cos 2x

 





⁶



₂

 

²

6 6 2sin 2 cos 2 1

2 sin 2 cos 2

y x x

x x

         



 

   

2 1 1

sin 2 cos 2

sin 2 sin

2sin 2 cos 2 1 5 5 5

2sin 2 cos 2 1 2 1 1 sin 2 sin

sin 2 cos 2

5 5 5

x x

x x x

x x x

x x

 

 

  

   

 

 

   

      

     



 

2 2

2 2 2

2 2

2 2

2

x k

x k

x k

x k

x k x k k

x k

x k

 

   

    

   

    

 

  

    

  

     

           



 với 1 2

sin ; cos

5 5

   .

Câu 38.

Lời giải

a) Ta có:

 

^{2 1}

y f x x x 

 

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

( 1) 1 2 1

1 ( 1) 1 1

2 1 1 1 1

x x x x x

y x x x x x x x

x x x x

    

            

   

b) Với x0 f(0)0 (0) 1

f  k

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng:

0 ( 0) 0 1( 0)

yy k xx  y  x  yx

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số là: y x Câu 39.

Lời giải

Trong tam giác SAB kẻ đường cao^{SH H}



^AB



^.

   

     

SAB ABCD

SAB ABCD AB SH ABCD SH AB





    



 



. Vậy ^{SH d S}



^{, (ABCD)}



Ta có:

   

   

, BC SH

BC AB BC SAB BC SB SB SAB

AB SAB SH SAB

 

      



  



. Do đó tam giác SBC vuông tại B.

2 2

5

SC  SB BC a (định lý Pytago)

     

SH  ABCD SH HC HC ABCD  Tam giác SHC vuông tại H . .sin 30 5

2 SH SC   a .

Vậy khoảng cách từ S đến



^ABCD



^{bằng 5}

2 a .

ĐẶNG VIỆT ĐÔNG KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: TOÁN - Lớp 11 - Chương trình chuẩn Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

Họ và tên thí sinh:... SBD:...

Mã đề thi 555

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Trong tài liệu 20 Đề ôn tập và Đề kiểm tra Học kỳ II môn Toán lớp 11 năm học 2020 - 2021 (Trang 49-59)