Đề kiểm tra chất lượng cuối năm môn Toán Lớp 11 năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

 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: 
 n n
 3x 1 2 3 2
 a) lim . b) lim . c) limn 6 n 2 n . 
 x 1 7x 5 2.3n 1 
Câu 2. (2,0 điểm) 
 Cho hàm số y f( x ) x3 3 x 2 9 x . 
 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 0 1.
Câu 3. (1,5 điểm) 
 3 2
 5 x 3 x 5
 khix 1
 Cho hàm số y g(), x với m là tham số. Tìm m 
 x 1
 mx 2 khi x 1
để hàm số g() x liên tục trên . 
Câu 4. (3,0 điểm) 
 Cho tứ diện ABCD có AB,, 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 ). 
 AH
 b) Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (ABC ), (BCD ). Chứng minh rằng cos . 
 AD
 c) Biết các tam giác ABC,, ABD 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)!
 C2n 3 C 2 n 5 C 2 n ... (2 n 1) C 2 n 2 .
 (n 1)! 
 -------- 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 3 n
 1.b. Tính giới hạn lim . 1,0 
 2.3n 1
 n
 2 
 n n 1
 2 3 3 1
 1,0 
 limn lim n .
 2.3 1 2
 1 
 2 
 3 
 1.c. Tính giới hạn lim n2 6 n 2 n . 0,5 
 2 6 0,5 
 limn 6 n 2 n lim n 1 2 .
 n 
 2.a. Giải bất phương trình f ( x ) 0. 1,0 
 Ta có f ( x ) 3 x2 6 x 9,  x . 0,5 
 x 3
 Vậy f ( x ) 0 3 x2 6 x 9 0 . 0,5 
 x 1
 2.b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ 1,0 
 x 0 1.
 Tung độ tiếp điểm là Hệ số góc của tiếp tuyến là 0,5 
 y0 f (1) 11. k f (1) 12.
 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ là 
 x 0 1 0,5 
 y 12( x 1) 11 y 12 x 1. 
 3. Tìm m để hàm số g() x liên tục trên . 1,5 
 5 x 3 3 x 2 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. 
 5 x 3 3 x 2 5 5 x 2 2 3 3 x 2 5
 Ta có limg ( 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 23 2 2 
 5 x 2 4 2 3x 5 (3 x 5) 4 2 4
 Và limg () 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
 limg ( 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 
 0,5 
 H và AD BC (1). 
 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 ). 
 AH
4.b. Chứng minh cos . 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 . 
 AH
 Trong tam giác AHD , cos . 0,5 
 AD
4.c. Tính diện tích tam giác BCD. 1,0 
 2
 2
 1 1 2 2 2
 Dễ thấy BC AK. Ta có S BCDK. BCAD AK 
 BCD 
 2 4 0,5 
 12 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2
 BCAD... BCAK AB AC AD BCAK 
 4 4 4 4
 2 2 2
 12 2 1 2 2 1 2 2
 AB... AD AC AD BC AK S S S 
 4 4 4 ABD ACD ABC 0,5 
 2 2 2 Vậy (đơn vị diện tích). 
 3 4 2 29. S BCD 29
 Lưu ý: Học sinh cũng có thể trình bày như sau 1
 AB. AC 2
 2 AB. AC 4
 1 
 Ta có ABAD. 3 ABAD . 6 ABACAD . . 8 3. Từ đó tìm ra AB 3, 
 2 
 AC. AD 8
 1 
 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 BCD
 vị diện tích). 
 Chứng minh rằng 1 3 2n 1 (2n 1)! (1) 
 5. C2n 3 C 2 n ... (2 n 1) C 2 n 2 . 1,0 
 (n 1)! 
 Xét khai triển 2n 0 1 22 33 2121 n n 22 n x 
 (1 x ) CCxCxCx2n 2 n 2 n 2 n ... Cx 2 n Cx 2 n (2).
 Lấy đạo hàm hai vế của (2) ta được 
 211n 2 32 2122 n n 221 n n 
 2nx (1 ) C2n 2 CxCx 2 n 3 2 n ... (2 nCx 1) 2 n 2 nCx 2 n (3).
 Ở (3) lần lượt thay x 1, x 1 ta thu được 
 0,5 
 1 2 3 2n 1 2 n 2 n 1
 C2n 2 C 2 n 3 C 2 n ... (2 n 1) C 2 n 2 nC 2 n 2 n .2
 1 2 3 2n 1 2 n
 C 2 C 3 C ... (2 n 1) C 2 nC 0 
 2n 2 n 2 n 2 n 2 n
 C1 3 C 3 ... (2 n 1) C 2n 1 n .2 2 n 1 (4).
 2n 2 n 2 n
 Để ý rằng 
 2n 1 2 n 1 0 1 n 2 n 1 n (2n 1)!
 2 (1 1) CCCCC ... ... 
 2n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 n!.( n 1)!
 2n 1 (2n 1)!
 n.2 2 (5). 0,5 
 (n 1)! 
 Từ (4) và (5) suy ra 1 3 2n 1 (2n 1)! 
 C2n 3 C 2 n ... (2 n 1) C 2 n 2 .
 (n 1)! 
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.