ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II – LỚP 11K1 - 11K2 Môn Toán năm học 2012-2013 doc

SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH

ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II – LỚP 11K1; 11K2
Môn: Toán; Năm học: 2012-2013
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)



Câu I: (3,0 điểm)
1. Giải phương trình:
1 sin 2 sin cos .cos
22 4
xx
xx
π
  
+= + +
  
  

2. Tính các giới hạn sau:
a)
(
)
2
lim 1
x
xx x
→+∞

−+−
b)
3
3
2
1
31
lim
1
x
xx x
x
→
+−+
−

Câu II: (1,0 điểm) Cho đồ thị (P):
( )
22
() 2 2 1 4 3y fx x m x m m= = + ++++
với m là tham số. Tìm m
để (P) cắt trục Ox tại 2 điểm có hoành độ
12
,xx
sao cho biểu thức
1 12 2
.'() .'()P xfx xfx= +
đạt giá trị
lớn nhất.
Câu III: (1,5 điểm) Cho khai triển

( )
5
3 2 2 14 15
0 1 2 14 15
2 10 5x x x a ax ax a x a x−+ − =+ + ++ +
; trong đó
0 1 2 14 15
,,,, ,aaa a a
là các hệ số.
1. Tính
5
a
.
2. Tính tổng:
1 3 5 13 15
3 5 13 15Sa a a a a=+ + ++ +
.
Câu IV: (1,5 điểm) Cho một hình lập phương có 6 mặt sơn màu. Ta chia khối lập phương thành 1000
khối lập phương nhỏ như nhau. Lấy ra một khối lập phương nhỏ, tính xác suất để khối lập phương đó:
1. Có hai mặt sơn màu.
2. Không có mặt nào được sơn màu.
Câu V: (3,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi H là trung điểm của A’B’.
1. Chứng minh CB’ // mp(AHC’).
2. Tìm giao điểm của AC’ với mp(BCH).
3. Mặt phẳng (α) đi qua trung điểm của CC’ và song song với AH và CB’. Tìm thiết diện của lăng
trụ với mp(α).

Sở GD – ĐT ĐăkLăk
Trường THPT Phan Chu Trinh
Năm học: 2012 - 2013

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II – 11K1, 11K2
MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013
(Đáp án – Thang điểm này gồm 3 trang)


Câu
Đáp án
Điểm
Câu I:
( 3,0 điểm)
Ta có:
1 sin 2 sin cos .cos
22 4
xx
xx
π
  
+= + +
  
  

⇔
2
sin cos 2 sin cos .cos
22 22 4
xx xx
x
π

+= + +



⇔

sin cos 0
22
sin cos 2.cos
22 4
xx
xx
x
π

+=




+= +





⇔
2.cos 0
24
2.cos 2.cos
24 4
x
x
x
π
ππ



−=





 
−= +

 
 


⇔
cos 0
24
cos cos
24 4
x
x
x
π
ππ


−=






 
−= +

 
 


⇔
24 2
2
424
2
4 24
x
k
x
xk
x
xk
ππ
π
ππ
π
ππ
π

−=+




+=−+




+=− − +




⇔
3
2
2
4
4
3
xk
xk
xk
π
π
ππ
π

= +



=−+


=



,
kZ∈

Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:
3
2
2
xk
π
π
= +
hoặc
4
xk
ππ
=−+
hoặc
4
3
xk
π
=

với
kZ∈





0,25







0,25





0,25

0,25
Ta có:
(
)
2
lim 1
x
xx x
→+∞
−+−
=
(
)
(
)
22
2
11
lim
1
x
xx x xx x
xx x
→+∞
−+− −++
−++

=

2
1
lim
1
x
x
xx x
→+∞
−+
−++
=
2
1
1
1
lim
2
11
11
x
x
xx
→+∞
−+
= −
−+ +


Vậy
(

)
2
1
lim 1
2
x
xx x
→+∞
−+− =



0,25



0,5



0,25

Câu
Đáp án
Điểm
Ta có:
3
3
2
1

31
lim
1
x
xx x
x
→
+−+
−
=
( )
( )
3
3
2
1
1 32
lim
1
x
x xx
x
→
−+ − +
−

=
3
3
22

11
1 32
lim lim
11
xx
x xx
xx
→→
− −+
+
−−

=
( )
(
)
( )
(
)
( )
( )
3
2
33
2
2
11
3
22
3

11
12
lim lim
1
11
xx
x xx
x xx
x
x xx
→→
− ++
− +−
+
−
− ++

=
(
)
(
)
2
11
3
2
3
12
lim lim
1

11
xx
xx
x
x xx
→→
+−
+
+
+ ++
1
6
=

Vậy:
3
3
2
1
3 11
lim
16
x
xx x
x
→
+−+
=
−

0,25



0,25


0,25



0,25
Câu II:
( 1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm:
( )
22
2 2 1 4 30x m xm m+ + + + +=

Để đồ thị (P) cắt trục Ox tại 2 điểm có hoành độ
12
,xx
thì phương trình (1) phải
có:
'0∆≥
⇔
( )
( )

2
2
1 2 4 30m mm+ − + +≥

⇔
2
6 50mm− − −≥
⇔
51m− ≤ ≤−

( )
'( ) 4 2 1fx x m=++

Theo định lý Viet:
( )
12
1
xx m+=−+
và
2
12
43
.
2
mm
xx
++
=

1 12 2

. '( ) . '( )P xfx xfx= +
( )
( )( )
22
1 2 12
4 21xx m xx= ++ + +


( ) ( )( )
2
12 12 12
4 8 21xx xx m xx=+− ++ +


2
2 12 10
mm
=−−−
( )
2
2 3 88m=− + +≤

Vậy
8MaxP =
khi và chỉ khi
3m = −
(thỏa điều kiện)

0,25

0,25



0,25





0,25
Câu III:
( 1,5 điểm)
Biến đổi:
( )
(
)
( )
( )
( )
5
55
5
32 2 2
2 105 21 5 21. 5xx x x x x x

−+ − = − + = − +


( )
5
051423324 5
5 5 5 5 55
2 1 (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 )x Cx Cx Cx Cx CxC−= − + − + −

( )
5
2 025 124 2232 3223 42 4 55
55 5 5 5 5
5 ( ) ( ) .5 ( ) .5 ( ) .5 ( ).5 .5
x Cx Cx Cx Cx Cx C+= + + + + +

Từ đó suy ra số hạng
5055 3244 433
5 55 55 55
2 . . .5 2 . . .5 2. . .5 362500a CC CC CC= + +=

0,25

0,25

0,25
0,25
Đặt
( )
5
2 14 15 3 2
0 1 2 14 15

( ) 2 10 5f x a ax ax a x a x x x x=+ + ++ + = −+ −

( ) ( )
4
13 14 3 2 2
1 2 14 15
'( ) 2 14 15 5 2 10 5 . 6 2 10f x a ax a x a x x x x x x=+ ++ + = −+ − − +


Thay x = 1:
4
1 2 14 15
'(1) 2 14 15 5.6 .14 90720f aa a a=+ ++ + = =

Thay x = −1:
( )
4
1 2 14 15
'( 1) 2 14 15 5. 18 .18 9447840f aa a a−= − + − + = − =

Suy ra:
( )
1 3 5 13 15
1
3 5 13 15 '(1) '( 1 ) 4769280
2
Sa a a a a f f
=+ + ++ + = + − =

0,25



0,25
Câu IV:
( 1,5 điểm)
Số phần tử của không gian mẫu
( ) 1000n Ω=
(chia cắt 10,10,10 phần đều nhau 3
mặt).
Các khối nhỏ có 2 mặt sơn màu nằm dọc theo mỗi cạnh của khối lập phương trừ
2 khối ở đỉnh (8 khối ở đỉnh có 3 mặt được sơn).
Gọi A là biến cố: “Khối lập phương nhỏ có 2 mặt được sơn màu”
Khối lập phương lớn có 12 cạnh nên:
( )
( ) 10 2 .12 96nA=−=

Xác suất:
( ) 96
( ) 0,096
( ) 1000
nA
PA
n
= = =
Ω

0,25



0,25


0,25

Câu
Đáp án
Điểm
Gọi B là biến cố: “Khối lập phương nhỏ không có mặt nào được sơn màu”
Khối nhỏ không có mặt nào được sơn thuộc khối ruột của khối lập phương lớn
Nên:
( ) ( ) ( )
( ) 10 2 . 10 2 . 10 2 512nB =−−−=

Xác suất:
( ) 512
( ) 0,512
( ) 1000
nB
PB
n
= = =
Ω

0,25

0,25


0,25
Câu V:
( 3,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB, ta có:
' //
// '
', (' )
, ' ( ')
B K AH
KC HC
B K KC B KC
AH HC AHC




⊂


⊂


⇒
( ' ) / /( ')B KC AHC

Mà
' (' )CB B KC⊂

,
do đó
'/ /( ')CB AHC

0,25


0,25

0,25
0,25
Mặt phẳng (BHC) cắt mp(A’B’C’)
theo giao tuyến HL//B’C’
(Vì (A’B’C’) // (ABC).
Nối CL cắt AC’ tại I.
I là giao điểm của AC’ với mp(BCH).
0,25
0,25
0,25
0,25

Ta có
( ' ) / /( ')
// , // '
B KC AHC
AH CB
αα




⇒
/ /( ' ), / /( )B KC AHC
αα

Suy ra: α cắt mp(BCC’B’) theo các đoạn giao tuyến MN//CB’, cắt mp(A’B’C’)
theo đoạn giao tuyến NP//C’H, cắt mp(ABB’A’) theo đoạn giao tuyến PQ//AH,
cắt mp(ABC) theo giao tuyến QR//CK, cắt mp(ACC’A’) theo đoạn giao tuyến
RM. Thiết diện là ngũ giác MNPQR.
0,25

0,25

0,25
0,25