de thi và đáp án hoc ky 2 toan 11 THPT dien chau 2 nghe an

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 2
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC
KỲ II LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Câu Nội dung Điểm
I
1) pt
⇔
2
sin 1
5sin 3sin 2 0
2
sin
5
x
x x
x
=


− + + = ⇔

= −


( )
2
2
2

arcsin 2
5
2
arcsin 2
5
x k
x k k Z
x k
π
π
π
π π

= +



 
⇔ = − + ∈

 ÷
 


 
= − − +

 ÷

 


.
0,25
0,5
2) pt
( ) ( ) ( ) ( )
2
cos sin cos sin cos sin cos sin 0x x x x x x x x⇔ − + + + + + =
( ) ( )
cos sin 2 cos 1 0x x x⇔ + + =
( )
cos sin 0
4
2 cos 1 0 2
2
3
x k
x x
k Z
x
x k
π
π
π
π

= − +

+ =


⇔ ⇔ ∈


+ =


= ± +


0,25
0,5
II TXĐ: D = IR.
Ta có:
( )
2
1 3 1f a a= + +
.
( )
( ) ( )
( )
2
1 1 1 1
1 2
3 2
lim lim lim lim 2 1
1 1
x x x x
x x
x x
f x x

x x
→ → → →
− −
 
− +
= = = − = −
 ÷
− −
 
.
Hàm số liên tục tại
1x =
khi và chỉ khi
( ) ( )
1
lim 1
x
f x f
→
=
2
3 1 1 1 hoÆc 2a a a a⇔ + + = − ⇔ = − = −
.
0,5
0,25
0,25
III TXĐ: D = IR.
Ta có:
( )
2

' 4 5y x x x= + −
.
Tiếp tuyến có hệ số góc k = -2 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của
phương trình
( )
2 2
' 4 5 2 4 3 0 2 7y x k x x x x x= ⇔ + − = − ⇔ + − = = − ±
.
Với
55 20 7
2 7
3
x y
−
= − + ⇒ =
, pttt là:
0,25
0,25
0,25
1
O
A
D
B
C
S
55 20 7 43 14 7
2( 2 7) 2
3 3
y x x

− −
= − + − + = − +
.
Với
55 20 7
2 7
3
x y
+
= − − ⇒ =
, pttt là:
55 20 7 43 14 7
2( 2 7) 2
3 3
y x x
+ +
= − + + + = − +
. X
0,25
IV 1) +)Từ giả thiết suy ra
( )
SA ABCD⊥
SA BC
⇒ ⊥
.
Do ABCD là hình vuông
BC AB
⊥
, mà
SA AB A

∩ =
Vậy
( )
BC SAB⊥
.
+) Ta có
( )
SA ABCD⊥
SA BD
⇒ ⊥
.
Do ABCD là hình vuông
BD AC
⇒ ⊥
, mà
AC SA A
∩ =
Vậy
( )
BD SAC⊥
.
+) Ta có
( )
SA ABCD⊥
SA CD
⇒ ⊥
.Do ABCD
là hình vuông
CD AD⇒ ⊥

⇒
( )
CD SAD⊥
.
Mà
( ) ( ) ( )
CD SCD SCD SAD⊂ ⇒ ⊥
.
0,5
0,5
0,5
0,25
2) +) Ta có
( )
SA ABCD⊥
nên AC là hình chiếu vuông góc SC lên
( )
mp ABCD
( )
( )
( )
¼
, ,SC ABCD SC AC SCA⇒ = =
.
SCAV
có
¼
6, 2 tan 3
SA
SA a AC a SCA

AC
= = ⇒ = =
¼
0
60SCA⇒ =
.
0,5
0,5
3) Tam giác SBD cân tại S. Gọi
O AC BD= ∩
, ta có SO là đường cao.
Ta có
2
2 2 2
13
2, 6
2 2
a
BD a SO SA AO a a= = + = + =
.
2
1 1 13 13
. . 2.
2 2 2 2
SBD
a
S SO BD a a= = =
V
(đvdt).
0,25

0,25
0,25
2
V
Đặt
( )
4
f x ax bx b= + +
.
+) Nếu
0a
=
ta có
( ) ( )
2
1f x bx b b x= + = +
nghiệm đúng với mọi
IRx
∈

khi b = 0 và có nghiệm duy nhất
1x = −
khi b
0≠
.
+) Nếu
2a b
= −
ta có
( )

( )
4 4
2 2 1f x bx bx b b x x= − + + = − + +
nghiệm đúng
với moi
IRx ∈
khi b = 0 và có nghiệm
1x =
khi b
0≠
.
+) Nếu
( )
2 0a a b+ ≠
( )
2 0a a b⇒ + <
,
xét
( )
4
f x ax bx b= + +
trên đoạn
[ ]
1;1−
.
Ta có
( )
f x
là hàm đa thức nên liên tục trên đoạn
[ ]

1;1−
,
( ) ( ) ( )
1 . 1 2 0f f a a b− = + <
. Chứng tỏ phương trình
( )
0f x =
có nghiệm
( )
1;1x ∈ −
.
Vậy với
( )
2 0a a b+ ≤
thì phương trình
4
0ax bx b+ + =
luôn có nghiệm.
0,25
0,25
0,5
VIa 1) Ta có:

( )
( )
3 3
6 3 3
lim lim
3
3 6 3

x x
x x
x
x x
→ →
+ − −
=
−
− + +
3
1 1
lim
6
6 3
x
x
→
−
= = −
+ +
0,5
0,5
2) Ta có:
( ) ( )
12
12 12
12
12 12 3
12 12
2 2

0 0
1 1
3 3 . 1 .3 .
k
k k
k k k k
k k
x C x C x
x x
−
− −
= =
   
− = − = −
 ÷  ÷
   
∑ ∑
.
Số hạng không phụ thuộc
x
của khai triển ứng với
12 3 0 4k k− = ⇔ =
.
Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 5 và bằng
( )
4
4 8
12
. 1 .3 3247695C − =
.

0,5
0,25
0,25
VIb
1) Ta có:
( )
( )
( )
2 2
2 2 5 3
2
lim lim
2 2
2 5 3
x x
x x
x
x
x
→ →
− + +
−
=
−
+ −
2
2 5 3
lim 3
2
x

x
→
+ +
= =
.
0,5
0,5
2) Số cách lấy hai quả cầu (từ mỗi hộp một quả) là:
( )
n Ω
=
1 1
14 14
. 196C C =
(cách).
Số cách lấy ra hai quả cùng màu đỏ là:
1 1
5 6
. 30C C =
(cách).
Số cách lấy ra hai quả cùng màu xanh là:
1 1
9 8
. 72C C =
(cách).
Gọi A là biến cố lấy được hai quả cầu cùng màu (từ mỗi hộp một quả).
Ta có xác suất để lấy được hai quả cầu cùng màu thỏa mãn bài toán là:
( )
( )
( )

30 72 51
196 98
n A
p A
n
+
= = =
Ω
.
( Thí sinh giải cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa).
Hết
0.25
0,25
025
0,25
3
4