[toanmath.com] Đề thi sát hạch lần 1 năm học 2017 – 2018 môn Toán 11 trường THPT Thanh Miện – Hải Dương

SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT THANH MIỆN

ĐỀ THI SÁT HẠCH LẦN 1 NĂM HỌC 2107 – 2018
MÔN: TOÁN 11
Thời gian làm bài: …… phút

Câu 1(3 điểm).



a) Giải phương trình: 2sin(x  )  3  0 .
6
b) Giải phương trình: (sinx  cos x) 2  3 cos 2 x  3 .
1  sinx  cos x  sin 2 x  cos 2 x
c) Tìm nghiệm thuộc (0; 2 ) của phương trình:
0 .
tan x  3
sin 20 x  cos 20 x
sin 6 x  cos 6 x
.

d) Giải phương trình:
4
sin 2 2 x  4cos 2 2 x
Câu 2(1 điểm). Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: Cn1 .Cnn1  2Cn1Cn3  Cn3Cnn3  225 .
Câu 3(2 điểm).
a) Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi
một khác nhau và chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước.
b) Đội văn nghệ của trường THPT Thanh Miện có 20 học sinh gồm 8 nam và 12 nữ. Nhân
dịp ngày nhà giáo Việt Nam 20/11, đoàn trường cần chọn 10 học sinh trong đội để tham

gia biểu diễn một tiết mục văn nghệ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho số học sinh
nam không lớn hơn 3.
9 x 2  4 y 2  36

Câu 4(0,5 điểm). Giải hệ phương trình:   x 3 4 3
.
3

y3  x  3 y  2

27
2
 2
Câu 5(2,5 điểm). Trong hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M  2;3 , đường thẳng d có phương
trình x  y  2  0 , đường tròn (C) có phương trình x 2  y 2  4 x  6 y  3  0 .

a) Tìm ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo véc tơ u  3;1 .
b) Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O, góc
quay bằng 900 .
c) Viết phương trình đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm M, tỉ
số bằng 2 .
Câu 6(1 điểm).
a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : 2 x  3 y  3  0 và
d 2 : 5 x  2 y  17  0 . Đường thẳng d đi qua giao điểm của d1 và d 2 cắt hai tia Ox, Oy
AB 2
nhỏ nhất.
lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho 2
S OAB

b) Cho a, b, c là các số thực khác nhau thỏa mãn a  b  c  1 và ab  bc  ca  0. Tìm giá

2
2
2
5



trị nhỏ nhất của biểu thức: P 
.
a b bc ca
ab  bc  ca
----------------------------------Hết---------------------------------Họ và tên : ........................................................................ Số báo danh: ..........................


Câu
1a

-

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM
Nội dung


3
PT : 2sin(x  )  3  0  sin(x  ) 
6
6
2
  
 x  6  3  k 2


 x    2  k 2

6
3


 x  6  k 2

 x    k 2

2


 x  6  k 2
Vậy phương trình có nghiệm 
 x    k 2

2
2
PT: (sinx  cos x)  3 cos 2 x  3  sin 2 x  3 cos 2 x  2

-



-

 2x 

-

x

-



x

 k
cos x  0

2
ĐK : 

 tan x  3
 x    k

3

-

-

-

1b

1c

1d

-

-

1
3

sin 2 x 
cos 2 x  1  sin(2 x  )  1
2
2
3


3


12




2

 k 2  x 



12

 k

 k


2
 k ; x 
 k 2 .
4
3

2
 k ; x 
 k 2
Kết hợp với điều kiện có nghiệm x 
4
3
3
7
2
; x
; x
Do nghiệm thuộc (0;2 ) nên x 
4
4
3
20
20

2
2
sin x  cos x sin x  cos x 1


Ta có:
4
4
4
3
1  sin 2 2 x
1
sin 6 x  cos6 x
1
4
Và

 nên VT   VP
2
2
2
4
sin 2 x  4cos 2 x 4  3sin 2 x 4

Điểm

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

PT  (sinx  cos x)(2cos x  1)  0  x 

0,25

0,25


2a

3a

-

 Cn1 .Cn1  2Cn1Cn3  Cn3Cn3  225   Cn1  Cn3   225

0,25

-

 Cn1  Cn3  15

0,25

-

 n

0,25

-

Số cách chọn 1 nam và 9 nữ là: C81 .C129  1760 .

-

Số cách chọn 2 nam và 8 nữ là: C82 .C128  13860 .

-

Số cách chọn 3 nam và 7 nữ là: C83 .C127  44352 .
Tổng số cách chọn là: 66  1760  13860  44352  60038 .
x
 sin t
2
2
 x  2sin t
x
y
 2

Phương trình (1) 
.


 1 ; đặt 
4
9
 y  3cos t
 y  cos t
 3
 k 2
.
Thay vào PT (2) ta được: sin 3t  3.cos3t  2  t  
18
3
Biểu diễn họ nghiệm trên đường tròn lượng giác ta được 3 điểm ứng với

13
25
k  0;1; 2 nên chọn t  ; t 
.
;t 
18
18
18
 
13 
25

 x  2sin 18  x  2sin 18  x  2sin 18

;
;
.
Nên hệ có 3 nghiệm 
 y  3cos   y  3cos 13  y  3cos 25

18 
18 
18
x '  x  a
Theo biểu thức tọa độ phép tịnh tiến 
.
y'  y  b

M  2;3 ; u  3;1 ,Gọi M’ là ảnh của M thì M '  5; 4  .

-

-

-

-

5c

n  n  1 n  2 

-

-

-

5b

2

 15
6
Giải được n  5 .
Mỗi cách chọn 5 chữ số khác nhau từ 8 chữ số đã cho là 1 tổ hợp chập 5
của 8 phần tử.
Số cách chọn 5 chữ số khác nhau từ 8 chữ số trên là C85  56 .
Với mỗi bộ 5 chữ số được chọn đó, sắp sếp chúng theo thứ tự tăng dần
ta được 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nên lập được tất cả là 56 số.
Số học sinh nam được chọn không lớn hơn 3 nên cần chọn 0,1,2,3 nam.
Số cách chọn 0 nam và 10 nữ là: C1210  66 .

4

5a

0,25

-

3b

 x  k
20
2
sin x  sin x

Dấu bằng khi  20
2
 x    k
cos x  cos x
2

1
n 1
1 3
3 n 3
Cn .Cn  2Cn Cn  Cn Cn  225 điều kiện n  3 .

-

Lấy A  0;2  thuộc d thì ảnh của A qua phép quay là A '  2;0  .

-

Do góc quay bằng 90 nên d '  d .
Phương trình d’ là: 1 x  2   1 y  0   0  x  y  2  0 .

-

0

Đường tròn (C) có tâm I  2; 3 , bán kính R  4 .

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25


6a

-




Ảnh của tâm I qua phép vị tự là I '  x; y  , từ MI '  2 MI  I '  10;15  .
Đường tròn (C’) có bán kính R '  2 R  8 .
2
2
Phương trình đường tròn (C’) là  x  10    y  15   64 .
Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2  I (3 ; 1) .

-

Giả sử A(a ; 0) và B (0 ; b) với a, b  0 thì d :

-

Vì I  d 

-

Ta có

x y
  1.
a b

0,25
0,25

0,25

3 1

 1
a b

AB 2
OA2  OB 2
1 
1
 1
 1

4.
 4. 

 4 2  2 
2
2
2
2
2 
S OAB
OA .OB
 OA OB 
a b 
2

1 1
1
 1 1  3 1
- Áp dụng Bunhia: (3  1 )  2  2       1  2  2 
a b 10

a b  a b
10
3 1

AB 2
2
   1 a 
- Min

khi  a b

3
2
5
S


OAB
 3a  b
 b  10
- Khi đó đường thẳng d có phương trình 3x  y  10  0 .
2

6b

2

-

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a > b > c.

-

Khi đó: A =

-

Sử dụng bất đẳng thức :



Ta có: 2(

0,25

2
2
2
5
.



a b bc a c
ab  bc  ca

1 1
4
2 2
 


(m, n  0)
m n mn
m2  n2

0,25

1
1
2
5
10
10

)



a b bc a c
ab  bc  ca a  c 2 ab  bc  ca

20 2
(a  c) 2  4  ab  bc  ca 

Lại có: 3(1  b)(1  3b) 



20 2

 a  c  a  c  4b 

(3  3b  1  3b) 2
 4 suy ra:
4

=

20 2

1  b 1  3b 

1  b 1  3b  

(1)

2 3
(2)
3

Từ (1) và (2) ta có : A  10 6 .
2 6
1
2 6
Đẳng thức xảy ra  a 
hoặc các hoán vị.
,b  ,c 
6
3
6

Vậy GTNN của A là 10 6

0,25