MA TRẬN ĐỀ THI KSCL KHỐI 11 LẤN 4 NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút
Chủ đề
1. Phương trình lượng
giác
Nhận biết
Cấp độ tư duy
Thông hiểu
Vận
dụng
thấp
Câu 1
1,0
1,0
Câu 2
1
1,0
1,0
Câu 3
1,0
3. Nhị thức Niu- tơn
Câu 4
1,0
1,0
1,0
Câu 5
1,0
Câu 6
1,0
6. Đạo hàm
Câu 7
1,0
8. Quan hệ vuông góc
trong không gian
Câu 8.a
1,0
9. Bất đẳng thức
Cộng
1
1
5. Giới hạn của hàm số
7. Phép dời hình
Cộn
g
1
2. Hàm số lượng giác
4. Giới hạn của dãy số
Vận
dụng
cao
3
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
3,0
2
2,0
2
Câu 8.b
1,0
Câu 9
1,0
3
2,0
3,0
1
1,0
1
1,0
1
1,0
2
2,0
1
1,0
10
10,0
ĐỀ THI KSCL KHỐI 11 LẦN 4 NĂM HỌC 2017-2018
Môn: Toán
(Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (1,0 điểm): Giải phương trình:
2 cos 2 x − cos x − 1 = 0
y=
Câu 2 (1,0 điểm):Tìm tập xác định của hàm số:
x + sin x
2sin 2 x − 1
Câu 3 (1,0 điểm):Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
3Cn2 + 2 An2 = 3n 2 + 15
. Tìm số
n
10
hạng chứa
x
trong khai triển của
Câu 4 (1,0 điểm):Tính giới hạn:
3 3
2x − 2 ÷ , x ≠ 0
x
lim ( n3 − 5n + 1)
4x +1 − 3
x2 − 4
lim
Câu 5 (1,0 điểm):Tính giới hạn:
x →2
y=
Câu 6 (1,0 điểm):Cho hàm số
thị hàm số
( C)
2x + 3
( C)
x −1
biết tiếp tuyến có hệ số góc
Oxy
Câu 7 (1,0 điểm):Trong mặt phẳng (
của điểm
A
r
v
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ
k = −5
.
) cho điểm
A ( 1; 2 )
và
S . ABCD
có đáy
ABCD
. Tìm ảnh
là hình vuông cạnh a,
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
điểm của
r
v = ( 4; −1)
qua phép tịnh tiến theo .
Câu 8 (2,0 điểm):Cho hình chóp
∆SAB
.
AB, BC
I, M
lần lượt là trung
.
1. Chứng minh rằng
( SMI ) ⊥ ( ABCD )
2. Tínhcosin của góc tạo bởi đường thẳng
SD
và mặt phẳng
( SIC )
.
Câu 9 (1,0 điểm):Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
x3
y3
z3
+
+
=1
x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.
P= x+ y+ z
……………………..HẾT ……………………..
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL LẦN 4 NĂM HỌC 2017-2018
Môn: Toán – Khối: 11
Câu
Đáp án
Điểm
2 cos x − cos x − 1 = 0
2
Giải phương trình:
1,0
cos x = 1
⇔
cos x = − 1 = cos 2π
2
3
1
0,5
x = k 2π
⇔
,k ∈¢
x = ± 2π + k 2π
3
0,5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
x = k 2π
2π
+ k 2π
3
x=±
;
2
y=
Tìm tập xác định của hàm số:
2sin 2 x − 1 ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠
ĐKXĐ:
,
k ∈¢
x + sin x
2sin 2 x − 1
1
π
= sin
2
6
π
π
2 x ≠ 6 + k 2π
x ≠ 12 + kπ
⇔
,k ∈¢ ⇔
2 x ≠ 5π + k 2π
x ≠ 5π + kπ
6
12
1,0
0,5
0,25
Vậy tập xác định của hàm số là:
5π
π
D = ¡ \ + kπ ;
+ kπ , k ∈ ¢
12
12
Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
3Cn2 + 2 An2 = 3n2 + 15
. Tìm
1,0
n
số hạng chứa
Ta có:
⇔3
x10
trong khai triển của
3C + 2 A = 3n + 5
2
n
2
n
2
. Điều kiện:
0,25
3 3
2x − 2 ÷ , x ≠ 0
x
.
n ∈ ¢, n ≥ 2
n ( n − 1)
n!
n!
+2
= 3n 2 + 15 ⇔ 3
+ 2n ( n − 1) = 3n2 + 15
2!( n − 2 ) !
n
−
2
!
2
(
)
n = 10(tm)
⇔
⇔ n 2 − 7 n − 30 = 0
n = −3(l )
0,25
0,25
10
3
3 3
2x − 2 ÷ , x ≠ 0
x
n = 10
khai triển đã cho trở thành
Số hạng tổng quát của khai triển là:
Tk +1 = C . ( 2 x
k
10
= C10k . ( 2 )
10 − k
)
3 10 − k
k
3
. − 2 ÷ , k ∈ ¢, 0 ≤ k ≤ 10
x
0,25
. ( −3) .x30 −5k
k
Số hạng chứa
x10
ứng với
Vậy số hạng cần tìm là:
4
Tính giới hạn:
30 − 5k = 10
⇔ k = 4(tm)
C104 .26.34.x10 = 1088640.x10
lim ( n3 − 5n + 1)
0,25
1,0
5 1
= lim n3 1 − 2 + 3 ÷
lim ( n − 5n + 1)
n n
3
Ta có:
5 1
= lim n .lim 1 − 2 + 3 ÷
n
n
0,5
3
5 1
lim n3 = +∞; lim 1 − 2 + 3 ÷ = 1 > 0
n
n
0,5
Do đó:
lim ( n3 − 5n + 1) = +∞
4x +1 − 3
x2 − 4
lim
Tính giới hạn:
5
x →2
1,0
4 ( x − 2)
4x + 1 − 9
= lim 2
4 x + 1 − 3 = lim
x→2
lim
( x 2 − 4 ) . 4 x + 1 + 3 x→2 ( x − 4 ) . 4 x + 1 + 3
x →2
x2 − 4
(
= lim
x→2
( x + 2) .(
4
4x +1 + 3
y=
Cho hàm số
đồ thị hàm số
)
=
Tập xác định của hàm số:
−5
( x − 1)
2
. Viết phương trình tiếp tuyến của
k = −5
( x − 1)
2
( x − 1)
2
1,0
.
D = ¡ \ { 1}
, ∀x ≠ 1
Đạo hàm:
Theo bài ra ta được: hoành độ tiếp điểm là nghiệm phương trình:
−5
0,5
0,5
biết tiếp tuyến có hệ số góc
6
y, =
)
4
1
=
4.6 6
2x + 3
( C)
x −1
( C)
(
)
0,25
= −5, x ≠ 1
x = 2(tm) ⇒ y ( 2 ) = 7
=1⇔
x = 0(tm) ⇒ y ( 0 ) = −3
Phương trình tiếp tuyến với ĐTHS
0,25
( C)
y = −5 ( x − 2 ) + 7 = −5 x + 17
Phương trình tiếp tuyến với ĐTHS
y = −5 ( x − 0 ) − 3 = −5 x − 3
( C)
tại điểm
tại điểm
Vậy các phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
y = −5 x − 3
A ( 2;7 )
là:
B ( 0; −3)
y = −5 x + 17
;
là:
0,5
Trong mặt phẳng (
7
ảnh của điểm
A
) cho điểm
r
v
và
qua phép tịnh tiến theo .
Giả sử ảnh của điểm
A ( x; y )
Oxy
A ( 1; 2 )
A
qua phếp tịnh tiến theo
r
v
r
v = ( 4; −1)
. Tìm
1,0
là điểm
'
.
uuur
AA' = ( x − 1; y − 2 )
Ta có:
Theo giả thiết:
0,5
uuur r
AA' = v
x −1 = 4
x = 5
⇔
⇔
y − 2 = −1
y =1
0,5
A ( 5;1)
'
Vậy
Cho hình chóp
∆SAB
8
I,M
S . ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh a,
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
lần lượt là trung điểm của
1. Chứng minh rằng
AB, BC
( SMI ) ⊥ ( ABCD )
2. Tính góc giữa đường thẳng
SD
.
và mặt phẳng
2,0
( SIC )
.
0,5
S
A
D
I
B
a.
M
H
C
AB = ( SAB ) ∩ ( ABCD )
( SAB ) ⊥ ( ABCD )
Ta có
,
SI ∈ ( SAB ) , SI ⊥ AB ⇒ SI ⊥ ( ABCD )
,
SI ∈ ( SMI ) ⇒ ( SMI ) ⊥ ( ABCD )
0,5
H = IC ∩ MD
b. Gọi
uuuu
r uur uuur uuuu
r uuur uur
MD.IC = CD − CM . BC − BI = 0 ⇒ MD ⊥ IC
Ta có
MD ⊥ SI ⇒ MD ⊥ ( SIC ) hay MH ⊥ ( SIC )
Mặt khác
=> góc cần tìm
∠DSH
(
)(
)
0,5
Ta có
a 3
a 5
, IC =
= MD
2
2
2a 5
a 30
HD =
, SH =
5
5
SD = a 2; SI =
cosDSH =
0,5
SH
15
=
SD
5
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
x3
y3
z3
+
+
=1
x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2
9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Ta có
.
1,0
P= x+ y+z
x3
2x − y
≥
2
2
x + xy + y
3
(1)
2
(1) ⇔ x − x y − xy + y 3 ≥ 0 ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ 0
3
Thật vậy:
x, y >0
2
2
y3
2y − z
≥
2
2
3
y + yx + z
Tương tự ta có
z3
2z − x
≥
2
2
z + zx + x
3
luôn đúng với
0,25
(2)
(3)
Cộng vế với vế từ (1), (2), (3) ta được
0,5
x3
y3
z3
x+ y+z
+
+
≥
x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2
3
⇒ x+ y+ z≤3
3
P đạt giá trị lớn nhất bằng khi x = y = z =1
……………………..HẾT ……………………..
0,25