Tính đạo hàm của hàm số

A. . B. . C. . D. . PHẦN II: TỰ LUẬN

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

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

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

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1.

Lời giải Chọn C

Ta có: lim = lim = 0.

Câu 2.

Lời giải Chọn A

Ta có



⁷



₂

 

^{3 1 d 1d}

7 7

1 2

y y y x

x

      



. Câu 3.

Lời giải Chọn C

Câu 4.

Lời giải Chọn C

Ta có

4 5

4 5

1

2 1

lim^x 2 3 2 7

x x

x x



  

  .

Câu 5.

Lời giải Chọn C

Các mặt phẳng



^SAC

 

^{, SBD}



cùng vuông góc với



^ABCD



nên giao tuyến của chúng là SOvuông góc với



^ABCD



^.

Câu 6.

Lời giải Chọn B

G là trọng tâm tam giác ABD nên GA GB   GD0

3 0

CA CB CD CG

       3

CA CB CD CG

     

. Câu 7.

Lời giải Chọn D

+) ^f

 

^{x }



^x42x23



^{4x34 ,x}

+) ^f

 

^{x }



^4x34x



^{12x24}

+) ^f

 

^{1 8.}

Câu 8.

Lời giải Chọn C

Hàm số ytanx xác định khi

x 2 k



  nên không liên tục trên . Chỉ liên tục trên tập xác định của nó.

Câu 9.

Lời giải Chọn C

Đáp án “Hình lăng trụ là hình hộp đứng” là sai do hình lăng trụ có thể là hình hộp có cạnh bên không vuông góc với đáy.

Câu 10.

Lời giải Chọn D

Ta có ′( ) = ^{( ) ( )}

( )

=^{( )( )}

( ) =

( ) ⇒ ′(1) =−5.

Câu 11.

Lời giải Chọn B

Vì ^SA



^ABCD



^{nên SA AB.}

Vì SAABa nên SAB vuông cân tại A. Suy ra SBa 2. Gọi H là trung điểm của SB, suy ra ^{AH SB}

 

¹

Ta có ^SA



^ABCD



^SABC

 

^{2 .}

Vì ABCD là hình vuông nên ^{BC AB}

 

^{3 .}

Từ (2) và (3) suy ra ^BC



^SAB



^BCAH

 

⁴

Từ (1) và (4) suy ra ^{AH }



^SBC



^{tại H .}

Do đó khoảng cách từ A đến



^SBC



^là



^,

  

^{1 2}

2 2

d A SBC AH  SB a . Câu 12.

Lời giải Chọn D

Ta có: 1 1

2.

2 y

x x

   .

Câu 13.

Lời giải Chọn D

Ta có ^{y6x2 1 k y}

 

^{0  1.}

Vậy phương trình tiếp tuyến: y  x 3. Câu 14.

Lời giải S

H

D C

A B S

H

D C

A B

Chọn A

Vì AD BC// nên góc giữa BC và SA là góc giữa AD và SA.

Hình chóp có tất cả các cạnh đều bằng a nên SAD đều, suy ra



^{AD SA,}



^60.

Câu 15.

Lời giải Chọn C

Ta có:



^{3 2}



³ 3

4 5

lim 2 4 5 lim 2

x x x x x

x x

 

 

        

  .

Câu 16.

Lời giải ChọnA

Câu 17.

Lời giải Chọn A

Ta có: ′= 1 + ⇔ ′= . Câu 18.

Lời giải Chọn B

Ta có ^{y 2 .cosx xx2.}



^sinx



^{2 cosx xx2.sinx.}

Câu 19.

Lời giải Chọn B

Ta có

 

^{cos 1sin}

  2

f x a x x.

Mà

 

^{0 1 cos 0 1sin 0 1 1}

2 2 2 2

      

f a a .

Vậy ¹

2 a . Câu 20.

Lời giải Chọn D

Hàm phân thức liên tục trên TXĐ.

 Phân tích:

Áp dụng tính chất hàm số liên tục.

Câu 21.

Lời giải S

B

A D

C O

Chọn B Ta có

 

 

0 0 0

2 3 1 1 6 6

lim lim lim 3

3 1 1

3 1 1

x x x

x x

I ^ x ^ x x ^ x

 

   

   

.

  

 

2

1 1 1

1 2

lim 2 lim lim 2 3

1 1

x x x

x x

x x

J x

x x

  

 

       

  .

Khi đó IJ 6. Câu 22.

Lời giải Chọn A

 

 

1 2 IJ IA AD DJ IJ IB BC CJ

  

  

   



  

Lấy

   

^{1  2 ta được:}

     

2IJ IA IB   ADBC  DJ CJ  ADBC Hay ^{IJ 1}₂



^{ ADBC}



^{ 1}₂



  ^ADACAB



.

   

2 2

0 0

. 1 .

2

1 1 1 1 1 1

. . . .

2 2 2 2 2 2

1 1

. . .cos 60 . .cos 60 0

2 2

IJ CD AD AC AB AD AC

AD AD AC AC AD AC AB AD AB AC

AB AD AB AC

   

     

   

      

       

.

Vậy: IJCD

. Câu 23.

Lời giải

Chọn D

Vì , lần lượt là trung điểm của , ⇒ 2 ⃗= ⃗

⃗+ ⃗= 2 ⃗.

Ta có ⃗= ⃗+ ⃗= − ⃗+ ⃗=− ⃗+ ⃗+ ⃗ = − ⃗+ ⃗+ ⃗ . Câu 24.

Lời giải Chọn A

Ta có :



0

  

0

4 4

cos cos 1

3 3 3 3

y f x x f x f    f       

              

        .

Câu 25.

Lời giải Chọn B

Gọi E là trung điểm của BB. Khi đó:EM // B C B C // (AME) Ta có: ^{d AM B C}



^{, }



^{d B C AME}



^{ ,}

  

^{d C AME}



^,

  

^{d B AME}



^,

  

Xét khối chóp BAME có các cạnh BE, AB, BM đôi một vuông góc với nhau nên

 

 

^{2 2 2}

2

1 1 1 1

, AB MB EB

d B AME   

 

 

2 2

1 7

, a

d B AME

 

   

2

2 ,

7 d B AME a

 

 



^,



7 d B AME a

  .

Câu 26.

Lời giải Chọn A

Tập xác định của hàm số là ^{\ 0}

 

^.

Ta có:

 

2

1 f x 3

  x ^{ f}

 

^{x 0với  x 0.}

P M

A

C B D

E

M

B'

C'

A C

B

A'

Vậy Tập nghiệm của bất phương trình ^f

 

^{x 0là .}

Câu 27.

Lời giải Chọn B

Gọi là trung điểm của ⇒ ⊥ (vì vuông cân tại ). (1) Mặt khác: ⊥ (vì ⊥( )) (2)

Từ (1) và (2), suy ra: ⊥( ).

⇒ là hình chiếu của lên ( ).

⇒ , ( ) = ( , ) = .

Xét vuông tại , ta có: = =

√

√ = .

⇒ = 30°.

Câu 28.

Lời giải Chọn B

Ta có: y  sinx2 cos 2m x.

Theo đề:

 

^{2 3 3}

3 2 6

y y  m m m

  

         

  .

Câu 29.

Lời giải Chọn D

Ta có ′= cos − . sin ⇒ ′′= − 2sin − . cos .

Khi đó + ′′= cos + (− 2sin − cos ) =− 2 sin . Và 2( ′ −cos ) = 2(cos − sin −cos ) =− 2 sin . Vậy + ′′= 2( ′ −cos )⇒ = 0.

Câu 30.

Lời giải Chọn C

Xét y^'3x²6x

Tiếp tuyến song song với trục hoành có hệ số góc bằng 0 nên tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là

nghiệm của phương trình ^{' 2} 0

3 6 0

2 y x x x

x

 

   

 

I A

B

C S

Với x  0 y 0 ta có tiếp tuyến là: y0 Với x   2 y 4 ta có tiếp tuyến là: y 4 Câu 31.

Lời giải Chọn A

Ta tính được ^{s t'}

 

^{4 .t}

Vận tốc của chất điểm ^{v t}

 

^{s t'}

 

^4tv

 

^{2 4.28 (m/s).}

Câu 32.

Lời giải Chọn D

Ta có = ( + 1) −2( + 1) + (3 + 2)

TH1: =−1, ′=−1, ′ ≤0,∀ ∈ ℝ. Suy ra = −1 thỏa yêu cầu bài toán.

TH2: ≠ −1,

′ ≤0,∀ ∈ ℝ

⇔( + 1) −2( + 1) + (3 + 2)≤ 0,∀ ∈ ℝ

⇔ + 1 < 0

Δ′= ( + 1) −( + 1)(3 + 2)≤ 0

⇔ < −1

−2 −3 −1≤ 0

⇔

< −1

≤ −1

≥ −1 2

⇔ <−1 Vậy ≤ −1

Câu 33.

Lời giải Chọn B

Tiếp tuyến tại A là một đường thẳng có chiều hướng đi xuống nên f x( _A)0. Tiếp tuyến tại B là một đường thẳng có chiều hướng đi xuống nên f x( _B)0. Tiếp tuyến tại C là một đường thẳng nằm ngang nên f x( _C)0.

Tiếp tuyến tại D là một đường thẳng có chiều hướng đi lên nên f x( _D)0. Câu 34.

Lời giải Chọn A

Vì ABCD là hình thoi cạnh a và ABC120 nên suy ra BAD60, suy ra BAD đều cạnh a, do vậy ta

thu được kết quả: 3

, 2 2. 3

2

BDa AC AO a a . Trong mặt phẳng



^SAC



^{dựng OISC tại I.}

Ta có ^{BD AC BD}



^SAC



^{BD SC}

BD SA

 

   

 

 ^SC



^BDI



^{SC BI}

SC DI

 

   

 

.

Mặc khác, BI và DI là 2 đường cao hạ từ 2 đỉnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau SBC và SCD, nên BI  DI suy ra BIDcân tại I.

Vì

   



^

  



^,

 

^,



SBC SCD SC

BI SC SBC SCD BI DI

DI SC

 



   



 



.

Nếu BID90 thì ^BID



^{BI DI}^,



^{60. Khi đó BID đều cạnh a}, điều này không thể xảy ra vì trong tam giác vuông IDC ID, CDa.

Do vậy BID90^BID ^{180 }



^{BI DI,}



^{120 BIO60.}

Xét tam giác vuông BIO, ta có ^ 3

tan tan 60 2 3 6

OB OB a a

BIO OI

 OI    

 .

Trong mặt phẳng



^SAC



^{dựng AJ SC tại J , khi đó 2 3}

3 AJ  OI  a .

Trong tam giác vuông SAC, đường caoAJ ta có: ¹₂ ¹₂ ¹₂ ³₂ ¹₂ ⁸₂ ⁶

3 3 4

SA a

SA  AJ  AC a  a  a   . Câu 35.

Lời giải Chọn C

Dễ thấy 4 −3 + 1 = 0⇔(2 −1) ( + 1) = 0 có nghiệm kép = .

Vì hữu hạn nên phương trình √1 + − −2 = 0 phải có nghiệm kép là =

⇒1 + −( + 2) = 0 có nghiệm kép =

⇔( − ) −4 −3 = 0 có nghiệm kép =

⇔

− ≠ 0

= 16 + 4( − ). 3 = 0 ( − ). −4. . −3 = 0

⇔

⎩

⎨

⎧ − ≠0

− =−

− . −4. . −3 = 0

⇔ = =−3.

Thử lại: Khi = =−3 ta có √1−3 + 3 −2 = 0⇔ 1−3 ≥0

1−3 = (2−3 )

⇔ 1−3 ≥ 0

4 −4 + 1 = 0⇔ = (thỏa mãn).

Khi đó = lim

→

√ = lim

→

( )

( )

( ) ( ) = lim

→ √ ( )= −2

Suy ra = −2.

Vậy ta có phương trình −3 + 6 −4 = 0 vô nghiệm.

PHẦN II: TỰ LUẬN Câu 36.

Lời giải

Ta có:

      ^{ }

   

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 1 2 4 1 4 1

1 3 4 5

2 4 ' 2 4 2 4

x x x x x x

x x x x

y y

x x x x x x

      

    

   

     

. Câu 37.

Lời giải

 

^{2 sin 2}

f x  x 3

     

 ,

 

^{4 cos 2}

f x  x 3

     

 ,

 

^{8sin 2}

f x  x 3

    

 , ^{ 4}

 

^{16 cos 2}

f x  x 3

   

 .

 ⁴

 

^{8 cos 2 1 2}

 

3 2

6

x k

f x x k

x k

 



 

  

  

        

     



 .

Vì 0;

x  2

  

  nên lấy được x 2

 . Câu 38.

Lời giải Tung độ của tiếp điểm là y₀ f

 

1 11.

Hệ số góc của tiếp tuyến là k f

 

1 12.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x₀ 1 là:

 

12 1 11 12 1

y x   y x . Câu 39.

Lời giải

Ta có d B SAD( ,( ))d C SAD( ,( )) (vì BC/ /(SAD)).

Mặt khác CA4HAd C SAD( , ( ))4 (d H SAD, ( )).

Từ H kẻ HG AD ADSH, do đó SGH ((SAD), (ABCD))45^o.

Tam giác SHG vuông cân tại H nên ta có 2 2 2

4

SG HG  AB a .

Kẻ HE SG, dễ thấy 2

( , ( ))

2 2

SG a d H SAD HE  . vậy d B SAD( , ( )) 4 (d H SAD, ( ))2a 2 .

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 666

Trong tài liệu 20 Đề ôn tập và Đề kiểm tra Học kỳ II môn Toán lớp 11 năm học 2020 - 2021 (Trang 62-73)