Đề thi KSCL toán 11 năm 2017 – 2018 trường thạch thành 1 – thanh hóa lần 2

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
TỔ TOÁN- TIN

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
NĂM HỌC: 2017- 2018
Môn thi:
TOÁN
Thời gian: 120 phút

Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số: y = x 2 − x − 2 ( P ) và đường thẳng: d : y = x + m
1. Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị (P) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 10 .
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình: 3 ( sin 3 x − sin x ) − 2.cos x.cos 2 x = 0 .
2. Một hộp đựng 7 bi đỏ, 8 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên ra 5 viên bi. Tính xác suất để lấy được 5
viên bi có đủ cả hai màu.
Câu 3: (1,5 điểm)
12

1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển Niu-tơn của nhị thức: P ( x ) =  x 2 − ÷ .
x
2



2. Tính giới hạn: lim

x→−1

3

5 + 4x − 7 + 6x
x3 + x 2 − x − 1



.

Câu 4: (1 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số: y = x 4 − ( 3m + 1) x 2 + 2m + 3 cắt trục hoành tại 4
điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng.
2
2
Câu 5: (1,5 điểm) Cho đường tròn ( C ) : ( x − 2 ) + ( y + 3) = 25 và điểm M ( 7; −3) .

1. Tìm phương trình đường tròn ( C ') là ảnh của đường tròn ( C ) qua phép vị tự tâm J ( 3;1)
tỷ số k = −3 .
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
AB > 7 và diện tích tam giác IAB bằng 12. (với I là tâm của đường tròn ( C ) ).

Câu 6: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P
lần lượt là trung điểm của SC, AB, AD.
1. Tìm giao điểm của SD với mặt phẳng (ABM).
2. Dựng thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP).
 x, y , z > 0
. Tính giá trị của biểu thức:
 xy + yz + zx = 1

Câu 7: (0,5 điểm) Cho 

( 1+ y ) ( 1+ z ) + y ( 1+ z ) ( 1+ x ) + z ( 1+ x ) ( 1+ y )
2

S=x

2

1 + x2

2

2

1+ y2

2

2

1+ z2

----------------------------------Hết--------------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ, tên thí sinh:....................................................... Cán bộ coi thi:........................................

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2


TỔ TOÁN- TIN

Câu

Câu 1

NĂM HỌC: 2017- 2018
Môn thi:
TOÁN Thời gian:120 phút
ĐÁP ÁN
Đáp án
Điểm
1. + TXĐ, vẽ đúng bảng biến thiên
0,5
+ Vẽ đúng đồ thị.
0,5
2. Phương trình hoành độ giao điểm:
x 2 − x − 2 = x + m ⇔ x 2 − 2 x − m − 2 = 0 ( 1)

Để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) có 2 nghiệm phân
biệt: ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m + 3 > 0 ⇔ m > −3 ( 2 )
 x1 + x2 = 2
 x1.x2 = − m − 2

Giả sử: A ( x1; x1 + m ) ; B ( x2 ; x2 + m ) với 
⇒

Từ gt

2
= 10 ⇔ 2 ( x1 + x2 ) − 4 x1x2  = 10


7

= 10 ⇔ m = − ( t / m ( 2 ) )
4

( x2 − x1 ) 2 + ( x2 − x1 ) 2

⇔ 2 ( 4 + 4 ( m + 2) )

7
4
3 ( sin 3 x − sin x ) − 2.cos x.cos 2 x = 0 (1)

KL: m = −
Câu 2

1.

Pt ( 1) ⇔ 3 ( sin 3 x − sin x ) − ( cos 3 x + cos x ) = 0
⇔ 3 sin 3 x − cos 3 x = 3 sin x + cos x ⇔

3
1
3
1
sin 3 x − cos 3 x =
sin x + cos x
2
2
2
2

π
π


⇔ sin  3 x − ÷ = sin  x + ÷
6
6


π

 x = 6 + kπ
⇔
 x = π + kπ

4 2
π kπ 
π
KL : Tx =  + kπ ; +

4 2 
6

0,5

0,5

2. Gọi A là biến cố cần tìm.
5
Ta có: n ( Ω ) = C15

( )

0,5

( )

n A = C75 + C85 ⇒ P ( A ) = 1 − P A = 1 −

Câu 3

C75 + C85
5
C15

=

38
39

0,5

1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển Niu-tơn của nhị thức:
12

2

P ( x ) =  x2 − ÷
x .


( )

k

(

)

k k
 −2 
12−3k
Số hạng tổng quát:
x
 ÷ = ( −2 ) C12 x
x
 
12
−
3
k
=0⇔k =4
Số hạng không chứa x ứng với:
k
Tk +1 = C12

2 12− k

4
= 7920

Vậy só hạng không chứa x là: ( −2 ) C12

0,5

4

2.

0,5


5 + 4x − 3 7 + 6x

lim

x3 + x 2 − x − 1

x→−1

= lim

x→−1

lim

x→−1

= lim

5 + 4 x − ( 2 x + 3)

x3 + x 2 − x − 1

x →−1

−4 x 2 − 8 x − 4

( x + 1)

2

( x − 1)

(

5 + 4 x + ( 2 x + 3)

)

x →−1

x3 + x 2 − x − 1

0,25

+

8 x3 + 36 x 2 + 48 x + 20

( x + 1) 2 ( x − 1)  ( 2 x + 3) 2 + ( 2 x + 3) 3 7 + 6 x + 3 ( 7 + 6 x ) 2 ÷

= lim

x→−1

+ lim

x →−1

( x − 1) (


−4



5 + 4 x + ( 2 x + 3)

)

8 x + 20

( x − 1)  ( 2 x + 3) 2 + ( 2 x + 3) 3 7 + 6 x + 3 ( 7 + 6 x ) 2 ÷


−4
12
=
+
= −1
( −2 ) .2 ( −2 ) .3

Câu 4

( 2 x + 3) − 3 7 + 6 x

+ lim



0,25

(
)
1. Để đồ thị hàm số:
cắt trục hoành tại 4 điểm
phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng thì phương trình:
x 4 − ( 3m + 1) x 2 + 2m + 3 = 0 ( 1) có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số
cộng.
0,25
Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 ) pt trở thành: t 2 − ( 3m + 1) t + 2m + 3 = 0 ( 2 )
Pt(1) có 4 nghiệm phân biệt khi pt(2) có hai nghiệm dương phân biệt
y = x 4 − 3m + 1 x 2 + 2m + 3


9m2 − 2m − 11 > 0
∆ = ( 3m + 1) 2 − 4 ( 2m + 3) > 0


1
11


⇔  S = 3m + 1 > 0
⇔ m > −
⇔ m > ( 3)
3
9
 P = 2m + 3 > 0

3


0,25
m > − 2
Gọi t1; t2 là hai nghiệm của (2): 0 < t1 < t2 . Khi đó 4 nghiệm lập thành cấp

số cộng của pt(1) là: x1 = − t2 < x2 = − t1 < x3 = t1 < x4 = t2
⇒ x3 − x2 = x4 − x3 ⇔ 2 t1 = t2 − t1 ⇔ t2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1

0,25

3m + 1

t
=
1

10

t2 = 9t1
9 ( 3m + 1)



t1 + t2 = 3m + 1 ⇔ t2 =
10
t .t = 2m + 3

1 2
 ( 3m + 1) 9 ( 3m + 1)
Khi đó:
.
= 2m + 3

10
 10
m = 3
⇒ 81m − 146m − 291 = 0 ⇔ 
 m = − 97
81

Đối chiếu với ĐK (3) ⇒ m = 3
KL: Tm = { 3}
2

0,5


Câu 5

2
2

1. Đường tròn ( C ) : ( x − 2 ) + ( y + 3) = 25 có tâm I ( 2; −3) bán kính R = 5

I ' ( x; y ) = V( J ;k ) ( I ) là tâm của (C’)

uuu
r
uu
r
 x − 3 = −3 ( −1)
x = 6
⇒ JI ' = −3JI ⇔ 
⇔
⇒ I ' ( 6;13)
 y = 13
 y − 1 = −3 ( −4 )
Bán kính của ( C ') : R ' = −3 .R = 3.5 = 15

Phương trình ( C ') : ( x − 6 ) + ( y − 13) = 225
2.
2

2

0,5
0,25

Gọi H là hình chiếu của I trên , H là trung điểm AB. Đặt IH = h, h > 0
⇒ AB = 2 R 2 − h 2 = 2 25 − h 2
S IAB =

 h2 = 9
1
h.2 25 − h 2 = 12 ⇔ 25h 2 − h 4 = 144 ⇔ h 4 − 25h 2 + 144 = 0 ⇔ 
2
 h 2 = 16

TH1: h 2 = 16 ⇔ h = 4 ⇒ AB = 6 < 7 ⇒ loại.
TH: h 2 = 9 ⇔ h = 3 ⇒ AB = 8 > 7 ⇒ thỏa mãn. ⇒ d ( I ;d ) = 3

0,5

Phương trình của đường thẳng d : a ( x − 7 ) + b ( y + 3) = 0

(

⇔ ax + by − 7 a + 3b = 0 a 2 + b 2 > 0
d ( I; d ) = 3 ⇔

2a − 3b − 7a + 3b
2

2

)

= 3 ⇔ 5 a = 3 a 2 + b2

a +b
 4a = 3b
⇔ 16a 2 = 9b 2 ⇔ 

 4a = −3b
+ 4a = 3b. Chọn a = 3 ⇒ b = 4 ⇒ d : 3 x + 4 y − 9 = 0
+ 4a = −3b . Chọn a = 3 ⇒ b = −4 ⇒ d : 3 x − 4 y − 33 = 0

KL:

0,25


Câu 6

1.

Gọi O = AC ∩ BD
Trong mp ( SAC ) : AM ∩ SO = I

1,0

Trong mp ( SBD ) : BI ∩ SD = J ⇒ J = SD ∩ ( ABM )

2. Trong mp ( ABCD ) : NP ∩ CD = E ; NP∩ BC = F
Trong mp ( SBC ) : FM ∩ SB = K

Trong mp ( SCD ) : EM ∩ SD = H
Nối NK; PH ta được nguc giác MHPNK là thiết diện cần dựng.
Câu 7

 x, y , z > 0

Cho  xy + yz + zx = 1 . Tính giá trị của biểu thức:

( 1+ y ) ( 1+ z ) + y ( 1+ z ) ( 1+ x ) + z ( 1+ x ) ( 1+ y )
2

S=x

2

1 + x2

Đặt x = tan a; y = tan b; z = tan c

2

2

1+ y2

π

 0 < a, b, c < ÷
2


Giả thiết suy ra:

tan a.tan b + tan b.tan c + tan c. tan a = 1

⇔ tan a ( tan b + tan c ) = 1 − tan b.tan c

2

1+ z2

2

1,0


tan b + tan c
1
π

=
⇔ tan ( b + c ) = cot a = tan  − a ÷
1 − tan b.tan c tan a
2

π
π
⇔ b + c = − a + kπ ⇔ a + b + c =
2
2
⇔

( 1 + y ) ( 1 + z ) = tan a ( 1 + tan b ) ( 1 + tan c ) = tan a
2

x

1 + x2

2

2

1 + tan 2 a

2

cos a
cos b.cos c

cos ( b + c ) cos b.cos c − sin b.sin c
sin a
=
=
= 1 − tan b.tan c
cos b.cos c cos b.cos c
cos b.cos c
= 1 − yz
=

Tương tự: ⇒ S = 1 − yz + 1 − zx + 1 − xy = 3 − ( xy + yz + zx ) = 3 − 1 = 2
Học sinh là theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.