ĐỀ THI KSCL học THÊM lớp 11 lần 1

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1

KÌ THI KSCL HỌC THÊM LỚP 11 - LẦN 1
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn Thi: TOÁN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
x + 2 y = 4
Câu 1(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
.
2( x + 1) − 3( y − 2) = −5
Câu 2(1,0 điểm). Giải bất phương trình:

2x2 − 4x + 5
≥1.
x+3

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 3 sin 2 x − 3 sin x. cos x + 4 cos 2 x = 2 .
b) Cho sin α =

3 π
< α < π . Tính giá trị của biểu thức M = sin 2α + 2 cos 2α .
,
7 2
n

2 

Câu 4 (1,0 điểm). T×m hÖ sè cña x trong khai triÓn cña  x 3 − 2  (x > 0) biÕt r»ng n lµ sè
x 


tù nhiªn tháa m·n An2 + Cnn −1 + Cnn − 2 = 92 .
4

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2 ; -1),
B(3 ; 2), C(-3 ; 1). Viết phương trình đường cao đi qua A và phương trình đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau, trong đó có mặt chữ số 1?
b) Để chuẩn bị cho lễ kỉ niệm 50 năm thành lập trường, nhà trường cần chọn 20 học sinh nữ
để tiếp đón đại biểu đến tham dự. Số học sinh này được lấy ngẫu nhiên theo danh sách từ 15
học sinh nữ của lớp 11A và 22 học sinh nữ của lớp 11B. Tính xác suất để mỗi lớp có ít nhất
9 học sinh được chọn (lấy gần đúng đến 5 chữ số sau dấu phẩy).
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O, M là điểm di
động trên SC và (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD. Tìm các giao điểm H và K
SB SD SC
+
−
của (P) với SB và SD. Chứng minh
là một hằng số.
SH SK SM
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(−1;−3) ,
trực tâm H(1; - 1) và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I(2; - 2). Tìm tọa độ các đỉnh B, C
của tam giác.
 x3 − 3x = y + 1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
.
 y − xy + 2 y = 3 x + 3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a 2 + b 2 +c 2 = 3 .
Chứng minh rằng :

1
4 − ab

+

1
4 − bc

+

1
4 − ca

≤ 1.

----------------Hết----------------

Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . .


TRNG THPT ễNG SN I
Cõu
1

2

Kè THI KSCL NM HC 2015 2016, LN 1

HNG DN CHM MễN TON 11
Ni dung

1,0
1,0

2x 4x + 5
2 x 5x + 2
1
0 (*)
x+3
x+3
+) Ta cú 2 x 2 5 x + 2 = 0 x = 2, x = 1 / 2
x + 3 = 0 x = 3 .
Bng xột du v trỏi ca (*)

3
x
1/2
2
+
|
+
0
2 x 5x + 2
x+3
0
+
|

VT
||
+
0
2

3a

3b

4

im
1,0

Gii h phng trỡnh...
x + 2 y = 4
x = 2
HPT

2 x 3 y = 13
y = 3
Gii bt phng trỡnh...
2

0,25

2
0
|

0

+
-

+
+
+
+

1

Theo bng xột du thỡ bt phng trỡnh cú tp nghim S = 3; [2;+)
2

Gii phng trỡnh lng giỏc....

Nhn thy cos x = 0 x = + k (k Z ) khụng phi l nghim ca phng trỡnh
2
Chia hai v ca phng trỡnh cho cos 2 x ta c
2
3 tan 2 x 3 tan x + 4 =
3 tan 2 x 3 tan x + 4 = 2(1 + tan 2 x)
2
cos x
2
tan x 3 tan x + 2 = 0 tan x = 1, tan x = 2

x = + k , x = arctan 2 + k (k Z )
4

Tớnh giỏ tr biu thc...
2

40
2 10
3
2
2
. Do < < nờn cos < 0 cos =
cos = 1 sin = 1 =
2
49
7
7
3 2 10
40 62 12 10
M = 2 sin cos + 2(2 cos 2 1) = 2
+ 2 2 1 =
7
7
49
49
Tỡm h s...
n = 8
n(n 1)
An2 + Cnn1 + Cnn2 = 92 n(n 1) + n +
= 92 3n 2 n 184 = 0
2
n = 23 / 3(loai )

0,5

0,25
0,5

0,25

0,25
0,5
0,25
0,25
1,0
0,5

k

Số hạng tổng quát của khai triển: Tk +1 = C ( x ) 22 = C8k (2) k x 245 k
x
4
Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn 24 5k = 4 k = 4

0,25

Vậy hệ số của x4 trong khai triển đã cho là C84 (2) 4 = 1120

0,25

Vit phng trỡnh ng thng, ng trũn...
ng cao i qua A cú vect phỏp tuyn l BC = (6;1) nờn cú phng trỡnh
6( x 2) ( y + 1) = 0 6 x + y 11 = 0

1,0
0,25

k
8

5

3 8 k

+) Gi x + y + 2ax + 2by + c = 0 . Do A, B, C thuc ng trũn nờn ta cú
2

2

0,25


4 + 1 + 4a − 2b + c = 0
4a − 2b + c = −5
a = −1 / 34



9 + 4 + 6a + 4b + c = 0 ⇔ 6a + 4b + c = −13 ⇔ b = −45 / 34
9 + 1 − 6a + 2b + c = 0
− 6a + 2b + c = −10
c = −128 / 17





0,25

2
90
128
x−
y−
=0
34
34
17
Có bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn...
+) Nếu số đã cho có chữ số 0 thì: Có 4 cách chọn vị trí cho 0, 4 cách chọn vị trí cho 1 và
A 83 cách chọn 3 chữ số khác 0, 1 và xếp vào 3 vị trí còn lại.
2
2
Vậy (C) có phương trình: x + y −

6a

0,25
0,5
0,25

Do đó có 4.4. A = 5376 số
3
8

4

6b

7

+) Nếu số đã cho không có chữ số 0 thì: Có 5 cách chọn vị trí cho 1 và A 8 cách chọn 4
chữ số khác 0, 1 và xếp vào 4 vị trí còn lại.
4
Do đó có 5. A8 = 8400 số
Vậy có tất cả 5376 + 8400 = 13776 số thỏa mãn đề bài.
Tính xác suất...
20
Tổng số học sinh nữ ở hai lớp là 15 + 22 = 37. Số phần tử của không gian mẫu là Ω = C37
Gọi A là biến cố đã cho, khi đó có ba trường hợp: Một lớp có 9 học sinh lớp còn lại 11 học
9
11
10 10
11 9
sinh, hoặc cả hai lớp cùng có 10 học sinh. Suy ra Ω A = C15C22 + C15 C22 + C15 C22
11
10
9
C159 C22
+ C1510C22
+ C1511C22
P
(
A

)
=
≈ 0,38676
Xác suất cần tìm là:
C3720
Hình học không gian...
Gọi I = SO ∩ AM . Do (P) // BD và
S
HK = ( P ) ∩ ( SBD) nên HK //BD.

M

K

I

H

J

A

D

O
B

C

Do đó từ I ta kẻ đường thẳng song

song với BD sẽ cắt SB tại H và cắt
SD tại K.
Gọi J là trung điểm của MC
Ta có HK // BD, OJ // AM do đó
SB SD SC
SO SC
+
−
=2
−
SH SK SM
SI SM
SI + IO SM + MC
=2
−
SI
SM

IO
2 MJ
IO
IO
−1−
=1+ 2
−2
=1
SI
SM
SI
SI

Tìm tọa độ các đinh của tam giác...
Gọi BB’ là đường kính của đường tròn (C) ngoại
A
tiếp tam giác ABC.
Ta có AH ⊥ BC , B ' C ⊥ BC ⇒ AH // B' C
B’
Tương tự: CH // AB' . Do đó AHB’C là hình bình
hành, suy ra AH = B' C .
H
I
Gọi M là trung điểm của BC, suy ra IM là đường
trung bình của tam giác BCB’ nên B ' C = 2 IM .
B
C
2 = 2( xM − 2)
x = 3
M
⇔ M
Suy ra AH = 2 IM ⇒ 
2 = 2( y M + 2)
 y M = −1
= 2+2

8

Đường thẳng BC đi qua M (3;−1) và có vectơ pháp tuyến IM = (1;1) nên có phương trình
x − 3 + y +1 = 0 ⇔ x + y − 2 = 0

0,25
0,5

0,25

0,25
1,0

0,5

0,25

0,25
1,0

0,25

0,25


+) Đường tròn (C) có tâm I và bán kính R = IA = 10 nên có phương trình
( x − 2) 2 + ( y + 2) 2 = 10
+) Do B, C là giao của đường thẳng BC và đường tròn (C) nên tọa độ của B, C là nghiệm
( x − 2) 2 + ( y + 2) 2 = 10 (1)
của hệ phương trình 
 x + y − 2 = 0 (2)
(2) ⇔ y = 2 − x thế vào (1) ta được ( x − 2) 2 + (4 − x) 2 = 10 ⇔ x 2 − 6 x + 5 = 0

9

x = 1  y = 1
⇔
⇒

. Vậy B (1;1), C (5;−3) hoặc B (5;−3), C (1;1) .
 x = 5  y = −3
Giải hệ phương trình...
ĐK: y ≥ −1 . Kí hiệu hai phương trình lần lượt là (1) và (2).
(2) ⇔ y ( y − x − 1) + 3( y − x − 1) = 0 ⇔ ( y − x − 1)( y + 3) = 0 ⇔ y = x + 1 (Do y + 3 > 0)
Thay vào phương trình (1) ta có x 3 − 3 x = x + 2 (3)
Đk: x ≥ −2 . Nếu x > 2 thì x 3 − 3 x = x + x ( x 2 − 4) > x > 2 x = x + x >
nghiệm
Do đó để giải (1) chỉ cần xét − 2 ≤ x ≤ 2 , đặt x = 2cost ; t ∈ [ 0; π ]
3
Phương trình (3) trở thành: 8 cos t − 6 cos t = 2 cos t + 2 ⇔ cos 3t = cos

10

x + 2 pt vô

0,25

0,25

1,0
0,25

0,25

t
2

t
 k 4π


t = 5
3t = 2 + k 2π
4π 4π
⇔
(k ∈ Z ) ⇔ 
(k ∈ Z ) . Do t ∈ [ 0;π ] nên t = 0;
,
t
k
4
π
7
5
3t = − + k 2π
t =


2
7

4π
4π
⇒ x = 2; x = 2 cos
; x = 2 cos
.
5
7
4π
4π

4π
4π



;2 cos
+ 1,  2 cos
;2 cos
+ 1
Suy ra nghiệm của hệ là (2;3);  2 cos
7
7
5
5



Chứng minh bất đẳng thức.
Theo giả thiết thì a, b, c < 3 ⇒ 4 − ab > 4 − 3 = 1 > 0 ⇒ ((2 + ab )(4 − ab ) > 0
Mặt khác (2 + ab )(4 − ab ) ≤ 9 ⇔ ( ab − 1) 2 ≥ 0 (luôn đúng)

0,25

0,25
1,0
0,25

nên 0 < (2 + ab )(4 − ab ) ≤ 9
Do đó

2
4 − ab

= 1−

Tương tự ta cũng có

2 − ab
4 − ab
4 − ab 5 + ab
= 1−
≤ 1−
=
9
9
4 − ab
2 + ab (4 − ab )

(

2

≤

)

0,25

5 + bc
2

5 + ca
,
≤
.
9
9
4 − ca

4 − bc
Cộng 3 BĐT trên ta được
2
2
2
5 ab + bc + ca 5 1  a 2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 

+
+
≤ +
≤ + 
+
+
9
3 9 2
2
2 
4 − ab
4 − bc
4 − ca 3

0,25

1
1
1
5 a2 + b2 + c2
+
+
≤1
+
= 2 . Suy ra
4 − ab
4 − bc
4 − ca
3
9
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1

0,25

=

----------Hết----------