Đề và đáp án Toán - Khối 11

Trờng THPT Nông Cống II Đề thi khảo sát chất lợng đầu kỳ II
( Năm học: 2010 2011 )
Môn thi: Toán. Khối 11
Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề )
Phần chung cho tất cả thí sinh
Câu I. ( 3, 0 điểm) Cho hàm số: y = -x
4
+ 2m x
2
2m + 1
1. Khi m = 5 tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.
2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt lập thành một cấp số cộng.
Câu II. ( 1,5 điểm).
Giải phơng trình: sin
3
x. sin3x + cos
3
x. cos 3x =
8
1
Câu III. (1,5 điểm).
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Kéo dài BC một đoạn CE = a, kéo dài
BD một đoạn DF = a. Gọi M là trung điểm AB. Tính diện tích của thiết tạo bởi mặt
phẳng (MEF) và tứ diện.
Câu IV. ( 1,0 điểm).
Cho x, y, z là các số dơng thoả mãn
4
111
=++
zyx
. Chứng minh rằng:

1
2
1
2
1
2
1

++
+
++
+
++
zyxzyxzyx

Phần riêng
Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: ( phần A hoặc phần B )
A.Theo chơng trình Chuẩn.
Câu V.a. ( 1,5 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho ABC biết A( -1; -1 ) và hai đờng cao lần lợt
nằm trên hai đờng thẳng d
1
: 7x + 2y - 22 = 0 và d
2
: 3x + 5y - 23 = 0
Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ABC.
Câu VI.a. ( 1,5 điểm).
Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau,
trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 2 và 4 ?

B. Theo chơng trình Nâng cao
Câu V.b. ( 1,5 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho hai đờng thẳng d
1
: x y = 0 và d
2
: x + y 1 = 0
Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD biết đỉnh A thuộc d
1
, đỉnh C thuộc d
2
và các đỉnh B,
D thuộc trục hoành.
Câu VI.b. ( 1,5 điểm).
Tìm hệ số chứa x
10
trong khai triển
n
x
x







2
2
2

3
, biết rằng
210
.
=
+
3
4-n
-1n
2n
PA
P
( n là số nguyên dơng,
k
n
A
là chỉnh hợp chập k của n phần tử, P
n
là hoán vị của n phần tử )
Hết
Họ và tên thí sinh ; Số bao danh
Trờng THPT Nông Cống II Đáp án thang điểm
1
Đề thi khảo sát chất lợng đầu kỳ II
( Năm học: 2010 2011 )
Môn thi: Toán. Khối 11
Câu
Đáp án Điểm
I
(3,0

đ
)
1. (1,5 điểm). Khi m = 5 tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoàn.
Khi m = 5 ta xét phơng trình -x
4
+ 10x
2
9 = 0
Giải phơng trình ta đợc 4 nghiệm x = 1 và x 3
Vậy đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm ( - 3 ; 0 ), ( -1; 0 ), ( 1; 0 ) và ( 3 ; 0 )
0,5
0,5
0,5
2. (1,5 điểm). Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại
Xét phơng trình -x
4
+ 2m x
2
2m + 1 = 0 (1)
đặt x
4
= t 0 ta đợc phơng trình t
2
2mt + 2m 1 = 0 (2)
Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt Phơng trình (2) có 2 nghiệm dơng phân biệt

>






>
>
>+






>
>
>

1
2
1
012
02
012
0
0

0'
2
m
m
m
m
mm
P
S
(*)
Với điều kiện (*) thì phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng
Phơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt t
1
, t
2
sao cho t
1
= 9t
2

Theo định lí viet ta có t
1
+ t
2
= 2m và t
1
. t
2
= 2m 1
Khi đó ta đợc phơng trình 9m

2
50m + 25 = 0 m = 5 và m = 5/ 9 t/m ĐK *
Vậy m = 5 và m = 5/ 9 là giá trị cần tìm
0,5
0,5
0,25
0,25
II
( 1, 5
đ
)
Giải phơng trình: sin
3
x. sin3x + cos
3
x. cos 3x =
8
1
sin
2
x. sin x sin3x + cos
2
x. cos x cos 3x =
8
1

)(
6
6
2

1
2cos
2
1
2cos2.2cos2
2
1
)4cos1(2cos2
8
1
4cos.2cos22cos2
8
1
2
4cos2cos
.
2
2cos1
2
4cos2cos
.
2
2cos1
2
Zk
kx
kx
x
xxxx
xxx

xxxxxx







+=
+=
=
==+
=+
=
++
+






0,5
0,5
0,5
III
( 1, 5
đ
)
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a

Trong mp(ABF) gọi J = AD MF
Trong mp(ABE) gọi I = AC ME
Thiết diện tao bởi mp( MEF) và tứ diện ABCD là MIJ
Ta có
3
2
===
CD
IJ
AD
AJ
AC
AI
( Do I, J là trọng tâm ABE và ABF )
Suy ra
3
2a
IJ =
Do ME = MF MI = MJ mà MI
2
= AM
2
+ AJ
2
2AM.AI.cos60 MI =
6
13a
Gọi H là trung điểm IJ suy ra MH IJ mà MH
2
= MI

2
IH
2
MH = a/2
0,25
0,5
0,5
0,25
2
Khi đó diện tích MIJ là S =
6

2
1
2
a
MHIJ =
( đvdt)
Vậy diện tích thiết diện bằng
6
2
a
( đvdt)
IV
( 1,0
đ
)
Cho x, y, z là các số dơng thoả mãn
Ta có: với a. b > 0 thì 4ab ( a + b )
2

+
+

+

+ babaab
ba
ba
11
4
11
4
1

Dấu = xảy ra a = b
áp dụng kết quả trên ta có

++








+
+
++ zyxzyxzyx
11
4
1
2
1
4
11
2

1
4
1
2
1









++
++ zyxzyx 2
1
2
11
8
1
2
1
(1)
Tơng tự ta có

++
++ zyxzyx 2
11
2
1
8
1
2
1
( 2 )









++
++ zyxzyx
1
2
1
2
1
8

1
2
1
(3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta đợc

1
111
4
1222
8
1
2
1
2
1
2
1
=








++=

++
++
+
++
+
++
zyxzyxzyxzyxzyx
Dấu = xảy ra x = y = z = 3/4
0,25
0,25
0,25
0,25
V.a.
( 1,5
đ
)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho ABC biết A( -1; -1 )
Ta thấy A d
1
và d
2
giả sử B d
1
và C d

2

Cạnh AC đi qua A và vuông góc với d
1
có phơng trình là 2x 7y 5 = 0
Cạnh AB đi qua A và vuông góc với d
2
có phơng trình là 5x 3y + 2 = 0
điểm B là giao điểm của AB và d
1
suy ra B( 2; 4 )
điểm C là giao điểm của AC và d
2
suy ra C( 6; 1 )
Gọi phơng trình đờng tròn cần lập có dạnh
0,25
0,5
A
K
B
M
I
D
C
E
F
H
3
x
2

+ y
2
- 2ax - 2by + c = 0 ( S) ( ĐK a
2
+ b
2
c > 0 )
Do A, B, C thuộc đơng tròn ta có hệ










=
=
=






=+
=+
=++

29
218
58
21
58
139
37212
2084
222
c
b
a
cba
cba
cba
(thoả mãn đk * )
Vậy phơng trình đờng tròn là:
0
29
218
29
21
29
139
22
=+ yxyx
0,5
0,25
VI.a.
( 1,5

đ
)
Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập đợc
Gọi số tự nhiên cần lập là A =
4321
aaaa
( a
1
0 )
và a
1
, a
2
, a
3
, a
4
0, 1, 2, 3, 4, 5
TH1 Trong A có mặt chữ số 0
Có ba cách xếp chữ số 0, ba cách xếp chữ số 2, hai cách xếp chữ số 4 và
1
3
A
cách xếp
chữ số 1, 3, 5
Suy ra có 3.3.2.
1
3
A
= 54 ( số )

TH2 Trong A không có mặt chữ số 0
Có bốn cách xếp chữ số 2, ba cách xếp chữ số 4, và
2
3
A
cách xếp chữ số 1, 3, 5
Suy ra có 4.3.
2
3
A
= 72 (số )
Từ TH1, TH2 suy ra có 54 + 72 = 126 ( số ) t/m yêu cầu bài toán
0,5
0,5
0,5
V.b.
( 1,5
đ
)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho hai đờng thẳng d
1
: x y = 0
Do A d
1
nên ta gọi A ( a; a )
Vì A, C đối xứng nhau qua BD mà B, D 0x
Từ A ( a; a ) C ( a; - a ) mặt khác C d
2
a = 1
Suy ra A ( 1; 1 ) và C ( 1; -1 )

Ta lại có B, D 0x nên B ( b; 0 ), D ( d ; 0 )
Gọi I là trung điểm của AC I( 1 ; 0) khi đó I là tâm của hình vuông ABCD
Khi đó IB = ID = IA = IC = 1
( )
( )



==
==






=
=






=
=

=
=

2,0
2,0
11
11
11
11
1
1
2
2
dd
bb
d
b
d
b
ID
IB
Suy ra B( 0; 0 ) và D ( 2 ; 0 ) hoặc B( 2; 0 ) và D ( 0 ; 0 )
Vậy 4 đỉnh của hình vuông là: A( 1; 1 ) và B ( 0 ; 0 ), C( 1; -1 ) và D ( 2 ; 0 )
hoặc A( 1; 1 ) và B ( 2 ; 0 ) , B( 1 ; -1 ) và D ( 0 ; 0 )
0,25
0,5
0,5
0,25
VI.b.
( 1,5

đ
)
Tìm hệ số chứa x
10
trong khai triển
Ta có
210
.
=
+
3
4-n
-1n
2n
PA
P

( )
( )
( )
( )
504285210
!3.
!3
!1
!2
2
==++=

+

nnnn
n
n
Khi n = 5 ta có khai triển (
( )
5
22
23

xx
số hạng tổng quát là

( ) ( )
kkkk
kk
k
xCxxC
4105
5
2
5
2
5
.)2.(3.2.3


=
Số hạng này chứa x
10
khi k = 0

Khi đó số hạng chứa x
10
là 243x
10
1,0
0,5
Chú ý : Nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó

4