De khao sat 11 len 12 NVB

Së GD & §T H¶i D¬ng
Trêng THPT Phóc Thµnh
----------o0o------------
§Ị chÝnh thøc
§Ị kh¶o s¸t häc sinh líp 11 m«n to¸n
(Thêi gian lµm bµi : 150 phót )
CÂU I ( 3 ®iĨm )
Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh vµ bÊt ph¬ng tr×nh sau:
1)
2 2
4 2 3 4x x x x+ − = + −

2)
2 2
4 3 2 3 1 1x x x x x
− + − − + ≥ −

3)
2
(1 2sin ) .cos 1 2 sin( )
4
x x x
π
+ − = +
.
CÂU II ( 3 ®iĨm )
1) TÝnh giíi h¹n :
3
2
0
1 3 1 2

lim
x
x x
I
x
→
+ − +
=
2) Cho m bơng hồng trắng và n bơng hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy
được 5 bơng hồng trong đó có ít nhất 3 bơng hồng nhung ? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P
−
+
−

+ + <




=

3) Tam gi¸c ABC cã c¸c gãc tho¶ m·n:

1 1 1 1 1 1
sin sin sin
cos cos
2 2 2
A B C
A B C
cos
+ + = + +
Chøng minh r»ng tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c ®Ịu.
CÂU III ( 3 ®iĨm )
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi O là giao điểm hai đường chéo. Trên nửa
đường thẳng Ox vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông, ta lấy điểm S sao cho góc
ˆ
60SCB
= °
a) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và SD. ( theo a)
b) Gọi
( )
α
là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với mặt phẳng (SAD). Tính diện
tích thiết diện tạo bởi
( )
α
và hình chóp S.ABCD. ( theo a)
CÂU IV ( 1 ®iĨm )
Cho tø diƯn OABC víi OA = a, OB = b, OC = c vµ OA, OB, OC ®«i mét vu«ng gãc víi

nhau. Gäi
, ,
α β γ
lÇn lỵt lµ gãc cđa OA, OB, OC víi mỈt ph¼ng (ABC).
a) TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC theo a, b, c.
b) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa:
Q =
sin .sin sin .sin sin .sin
α β β γ γ α
+ +
.......................................................HÕt..........................................................
Gi¸m thÞ coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm !
1
Đáp án và biểu điểm toán 11
Câu
I
3
đ
1) Điều kiện
[ 2;2]x
- 1 đ
Đặt t =
2
4x x
+

=>
2 2
4 2 4t x x= +
=>

2
2
4
4
2
t
x x

=
Khi đó phơng trình có dạng:
t = 2 +
2
3( 4)
2
t

2
4
3
t
t
=



=

Với t = 2 ta có
2
4x x

+
= 2

2
4 2x x
=
=> x = 0 ; x = 2
Với t = - 4/3 ta có
2
4x x
+
= -
4
3


2
4
4
3
x x
=
=>
2
2 14 2 14
9 12 10 0
3 3
x x x x

+ = = =

( Đối chiếu với ĐK )
Kết luận : Pt có ba nghiệm x = 0 ; x = 2;
2 14
3
x

=
0.25
0.25
0.25
0.25
2) Điều kiện
[
) { }
2
2
4 3 0
1
( ; 3; 1
2
2 3 1 0
x x
x
x x

+


+

+



Nhận xét x = 1 là 1 nghiệm của bpt.
Nếu x
1
2

chia cả hai vế của BPT cho
1 x
ta có:
3 1 2 1 3 1 1 2x x x x x x +
4 2 2 (3 ).(1 ) 1 2
3 (3 ).(1 ) 0
x x x x
x x
+
+
BPT đúng với mọi x
1
2

Nếu x
3

chia cả hai vế của BPT cho
1x
ta có:

3 2 1 1 3 2 1 1x x x x x x +
3 3 2 2 (2 1).( 1)
(2 1).( 1) 1 2
x x x x
x x x
+

Vô lý do vế trái không âm còn vế phải âm.
Vậy BPT có nghiệm
{ }
1
( ; 1
2
x




0.25
0.25
0.25
0.25
3) Pt đã cho tơng đơng với: (sinx + 1).( 2sin2x -1 ) = 0
sinx = -1
2 ( )
2
x k k Z


= +

sin2x
1
12
( )
5
2
12
x k
k Z
x k





= +

=


= +


0.5
0.25
0.25
1) Có
2
C©u
II

3
®iÓm
( )
3
2 2
0
3 2
2
2 2 2
3
3
0
1 3 (1 ) 1 2 (1 )
1 3 (1 ) 1 2 (1 )
1 2 1
(1 3 ) (1 ). 1 3 (1 )
lim
lim
x
x
x x x x
I
x x
x x x x
I
x x x
x x x x x
→
→
 

+ − + + − +
= −
 ÷
 ÷
 
 
+ − + + − +
 ÷
= −
 ÷
 
+ + +
+ + + + + +
 ÷
 
 
2 2
3
3
0
3 1
1 2 1
(1 3 ) (1 ). 1 3 (1 )
lim
x
x
I
x x
x x x x
→

 
− − −
 ÷
= −
 ÷
+ + +
+ + + + + +
 

1 1
1
2 2
I
= − + = −
VËy I = -
1
2
0.25
0.25
0.25
0.25
2) XÐt hÖ
2 2 1
3
1
9 19
(1)
2 2
720(2)
m

m n m
n
C c A
P
−
+
−

+ + <



=

Từ (2):
761!6720)!1(
=⇔=−⇔==−
nnn
(3)
Thay n = 7 vào (1)
! 10! 9 19 !
.
2!( 2)! 2!8! 2 2 ( 1)!
m m
m m
⇒ + + <
− −
09920
19990
2

19
2
9
45
2
)1(
2
2
<+−⇔
<++−⇔
<++
−
⇔
mm
mmm
m
mm
119
<<⇔
m
vì
10
=⇒Ζ∈
mm
Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung,
để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH
sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có:

1575.

2
10
3
7
=
CC
cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có:

350.
1
10
4
7
=
CC
cách
TH3: 5 bông hồng nhung có:

21
5
7
=
C
cách
⇒
có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
Số cách lấy 5 bông hồng thường
%45,31
6188

1946
6188
5
17
≈=⇒
=
P
C
0.25
0.25
0.25
0.25
3) Bæ ®Ò : a, b > 0 ta cã:
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
dÊu “ = ” khi a = b
0.25
3
¸p dơng ta cã:
1 1 4 2 2
sin sin sin sin
sin cos cos
2 2 2
1 1 2
sin sin
cos
2
A B A B C

A B A B
Hay
C
A B
+ ≥ = ≥
+ −
+
+ ≥
( Do gt)
T¬ng tù:
1 1 2
sin sin
cos
2
A
B C
+ ≥
vµ
1 1 2
sin sin
cos
2
B
C A
+ ≥
Céng vÕ theo vÕ ta cã
1 1 1 1 1 1
sin sin sin
cos cos
2 2 2

A B C
A B C
cos
+ + ≥ + +
§¼ng thøc x¶y ra:
cos cos 1
2 2 2
A B B C C A
cos
A B C
− − −
⇔ = = =
⇔ = = ⇔
Tam gi¸c ABC ®Ịu => ®iỊu ph¶i chøng minh.
0.25
0.25
0.25
C©u
III
3
®iĨm
a) Khoảng cách giữa BC và SD. 1.25 ( ® )
Ta có SO là trục hình vuông ABCD và
¼
60SCB =
0
⇒
SA = SB = SC = SD = CB = a
Và BC// (SAD) nên d(BC, SD) = d(I,(SAD))
Với I là trung điểm CB. Gọi H là trung điểm AD, ta có:

( )BC SHI⊥
.
Vẽ
IJ SH
⊥
ta có
( )IJ SAD⊥
⇒
d(BC, SD) = IJ
Tam giác SIH có
2
.
. 6
2
3
3
.
2
a a
SO HI a
IJ
SH
a
= = =
Vậy d(BC, SD) =
6
3
a
.
b)

( )
α
Cắt hình chóp theo thiết diện là
hình thang BCFE. Do hình chóp đều
nên BCFE là hình thang cân:
(EF+BC).IJ
E
2
S
BCF
=
( H×nh vÏ : 0.5 ® )
Ta có:
3 3 3
; ,
3 6 2
a a a
HJ SJ SH= = =
Do EF//AD nên:
3
EF 1
6
AD 3
3
2
a
SJ
SH
a
= = =

3
a
EF⇒ =
.
Vậy
6
2
2 6
3 3
2 9
a
a a
a
S
BCEF
 
+
 ÷
 
= =
( §vdt ) ( H×nh vÏ cha thËt chn)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25

4
Câu
IV
1
điểm
N
M
H
C
B
A
O
Gọi H là hình chiếu của O xuống mp(ABC). Dễ chứng minh H là trực tâm của
tam giác ABC.
Xét tam giác vuông OBC ta có
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
OM OB OC b c
= + = +

Suy ra :
2 2
bc
OM
b c
=
+
. Xét tam giác vuông OAM có
2 2 2 2 2 2
2 2 2

2 2
b c a c a b
AM OA OM AM
b c
+ +
= + => =
+
Vậy diện tích tam giác ABC : S =
2 2 2 2 2 2
1 1
*
2 2
AM BC a b b c c a
= + +
Tam giác vuông OAM ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
OH OM OA OA OB OC
= + = + +
(1)
Mặt khác
2 2 2
2 2 2
2 2 2
sin ;sin ;sin
OH OH OH
OA OB OC

= = =
(2)

Từ (1) và (2) =>
2 2 2
sin sin sin 1

+ + =
Lại có
2 2 2
1 sin sin sin sin sin sin sin sin sin

= + + + +
Từ đó giá trị lớn nhất của Q = 1. Khi và chỉ khi a = b = c.
( Không tính điểm vẽ hình )
0.25
0.25
0.25
0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa!
5