Tài liệu Đề+Đáp án Toán 11 năm 10-11 lần 1

Trờng THPT Thạch Thành I kỳ thi khảo sát chất lợng khối 11
lần thứ nhất năm học 2010- 2011
Môn: toán
Thời gian: 180 phút
BI
Cõu 1: (2 im).
1. Gii bt phng trỡnh:
( )
9 4 1 3 2 3x x x+ > +

2. Gii phng trỡnh:
1sinsin4
cos
1
2sin
2cos.cos1
2
=

xx
xx
xx
Cõu 2: (2 im)
1. Khai trin biu thc
( )
( ) 1 2
n
P x x
=
ta c
2

0 1 2
( ) ...
n
n
P x a a x a x a x
= + + + +
Tỡm h s
6
a
bit
0 1 2
71a a a+ + =
2. Tỡm k sao cho
1 2
7 7 7
; ;
k k k
C C C
+ +
Theo th t lp thnh mt cp s cng.
Cõu 3: (2 im)
1. T 8 ch s 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 cú th lp c bao nhiờu s gm 6 ch s khỏc
nhau trong ú nht thit phi cú mt ch s 4.
2. Mt t hc sinh cú 6 nam v 5 n.Tỡm xỏc sut chn ra 4 hc sinh i lao
ng sao cho trong ú cú khụng quỏ 2 n.
Cõu 4: (3 im)
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh bng a. Trờn cnh AB
ly im M vi AM = x. Gi
( )

l mt phng qua M v song song vi mt phng
(SAD).
1. Dng thit din ca hỡnh chúp S.ABCD ct bi mt phng
( )

. Thit din l
hỡnh gỡ?
2. Gi s
( )

ct SB, SC, CD ln lt ti N, P, Q. Tỡm qu tớch giao im I ca
MN v PQ.
3. Cho gúc
ã
0
90SAD =
v SA = a. Hóy tớnh din tớch ca t giỏc MNPQ Theo a
v x.
Cõu 5: (1 im)
Cho:
0, 0, 0
,
a b c
a c b c
> > >




Chng minh rng:

( ) ( )
c a c c b c ab +
____________________ Ht____________________
đề chính thức
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Nội dung Thang
điểm
1.1
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2
3
2
2
2
2
9 4 1 3 2 3 1
2
:
3
1 9 4 1 3 2 3 4 1 3 2
9 3 3 4 1 3 2

9 4 1 3 2
81 4 1 3 2 2 4 1. 3 2
2 12 5 2 82 7
82
82 7 0
7
4 12 5 2 82 7
1128 6732 0
82
7
6
1122
x
x x x
DK x
BPT x x x x x
x x x x
x x
x x x x
x x x
x
x
x x x
x x
x
x
x
≥
+ − − > +
≥

⇔ + − − > + + + − 
 
⇔ + > + + + −
⇔ > + + −
⇔ > + + − + + −
⇔ − − < −

− >

<
 
⇔ ⇔
 
− − < −



− + >

<
⇔
<
>
2
3
2
6 6
3
x
x x

≥



⇔ < ⇔ ≤ <







Vậy tập nghiêm của BPT(1) là:
2
;6
3
x
T
 
=
÷

 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.2
Đk:
sin 2 0 ,

2
k
x x k Z
π
≠ ⇔ ≠ ∈
( ) ( )
2
2 2
2 3 2
3 2
1 cos .cos 2 1
4sin sin 1
sin 2 cos
1 cos . 1 2sin 2sin 4sin sin 1 .2sin .cos
1 cos 2cos .sin 2sin 8sin .cos 2sin .cos 2sin .cos 0
1 2sin 8sin .cos 4sin .cos 2sin .cos cos 0
1 2
x x
x x
x x
x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x
−
− = − −
⇔ − − − = − −
⇔ − + − − + + =
⇔ − − + + − =
⇔ −
( ) ( ) ( )

( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2
sin 4sin .cos 1 2sin cos 1 2sin 0
1 2sin 4 1 cos .cos cos 1 0
1 2sin 1 cos 4 1 cos cos 1 0
1 2sin 0
cos 1
4cos 4cos 1 0
x x x x x x
x x x x
x x x x
x
x
x x
+ − − − =
⇔ − − − + =
⇔ − − + + = 
 

− =

⇔ =


+ + =


0,5đ
( )
2
6
1
sin
5
2
2
6
cos 1

1
cos
2
2
2
2
3
5 2
: 2 ; 2 ; 2
6 6 3
x k
x
x k
x k loai
x k
KL x k x k x k
π

π
π
π
π
π
π
π
π π π
π π π

= +



=


= +


⇔ = ⇔




= +
= −





= ± +


= + = + = ± +
0,5đ
2.1

( )
0 1 2 2
1 2 .( 2 ) .( 2 ) ... .( 2 )
n
n n
n n n n
x C C x C x C x− = + − + − + + −
Khi đó
0
0 n
a C=
,
1
1
.( 2)
n
a C= −
,
2 2
2
.( 2)
n

a C= −
và
6 6
6
.( 2)
n
a C= −
Mặt khác
0 1 2
0 1 2
2
71 2 4 71
1 2 2 ( 1) 71 2 4 70 0
7 ( / )
5 ( )
n n n
a a a C C C
n n n n n
n t m
n l
+ + = ⇔ − + =
⇔ − + − = ⇔ − − =
=

⇔

= −

Vậy
6 6

6 7
.( 2) 448a C= − =
0,5đ
0,5đ
2.2
ĐK:
2 7 5k k
+ ≤ ⇔ ≤
.
Vì
1 2
7 7 7
; ;
k k k
C C C
+ +
theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Nên:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 1
7 7 7
2
7! 7! 7!
2 2.
! 7 ! 2 ! 5 ! 1 ! 6 !
1 2 6 7 2 2 7
1
4 20 16 0 /
4

1
:
4
k k k
C C C
k k k k k k
k k k k k k
k
k k t m
k
k
KL
k
+ +
+ = ⇔ + =
− + − + −
⇔ + + + − − = + −
=

⇔ − + = ⇔

=

=


=

0,5đ
0,5đ

3.1
Xét 2 trường hợp
TH1: Chữ số đầu là số 4. Khi đó 5 chữ số đằng sau có
5
7
A
cách chọn
TH2: chữ số 4 không đứng ở vị trí đầu. Khi đó có 5 vị trí cho số 4. Chữ
số đầu có 6 cách chọn và 4 chữ số còn lại có
4
6
A
cách chọn. Vậy TH2
có
4
6
5.6.A
cách chọn.
Vật số các số tự nhiên thoả mãn yêu cầu đầu bài là:
5 4
7 6
5.6. 13320A A+ =
0,5đ
0,5đ
3.2
Phép thử:” lấy ngẫu nhiên 4 sinh viên trong tổ”

( )
4
11

330n CΩ = =
Gọi A:” Lấy 4 HS trong đó có không quá 2 nữ”
Có 3 trường hợp xảy ra
0,5đ
TH1: Lấy cả 4 HS nam có
4
6
C
cách chọn
TH2: Lấy 4 HS trong đó có 1 nữ và 3 nam có
3
6
1
5
.CC
cách
TH3: Lấy 4 HS trong đó có 2nữ và 2 nam có
2
6
2
5
.CC
cách

( )
4 1 3 2 2
6 5 6 5 6
. . 265n A C C C C C= + + =
Vậy xác suất xuất hiện biến cố A là:
( )

( )
( )
265 53
330 66
n A
P A
n
= = =
Ω
0,5đ

4.1
Vì
( )
α
// mp(SAD) nên:
( )
α
// SA;
( )
α
// AD;
( )
α
// SD
*
( )
α
// AD
( ) ( )

/ / ; Q BDmp ABCD MQ AD
α
⇒ ∩ = ∈
(1)
*
( )
α
// SA
( ) ( )
/ / ; N SBmp SAB MN SA
α
⇒ ∩ = ∈
*
( )
α
// SD
( ) ( )
/ / ; P SCmp SCD PQ SD
α
⇒ ∩ = ∈
Nối PN suy ra tứ giác MNPQ là thiết diện cần dựng
* Vì
( )
α
// AD
( ) ( ) ( )
/ / / /BC mp SBC NP BC
α α
⇒ ⇒ ∩ =
(2)

Từ (1) và (2)
⇒
MNPQ là hình thang
0,5đ
0,5đ
4.2
Vì
( )
( ) ( ) ( )
/ / / /
/ /
AB mp SBA
CD mp SCD mp SBA mp SCD d AB CD
AB CD
∈

∈ ⇒ ∩ =



Mặt khác:
( )
( )
MN mp SAB
MN PQ I d
PQ mp SCD
∈

⇒ ∩ = ∈


∈


Khi M tiến về A thì I tiến về S; khi M tiến về B thì I tiến về K với
BK//SA nên quỹ tích điểm I là đoạn thẳng SK
0,5đ
0,5đ
4.3
Nếu
·
·
0 0
90 90SAD NMQ= ⇒ =
⇒
MNPQ là hình thang vuông tại M và N
Ta có
SADV
vuông cân tại A nên
INPV
vuông cân tại N
d
N
P
A B
D C
S
M
Q
K
I

( )
2 2
2 2
1 1
2 2
*
1
2
MNPQ IMQ INP
MNPQ
S S S a NP
NP NS AM NP x
NP x
BC SB AB a a
S a x
= − = −
= = ⇒ = ⇒ =
⇒ = −
V V
0,5đ
0,5đ
5
Ta có:
( ) ( )
. . 1
c a c c b c
c a c c b c ab
b a a b
− −
− + − ≤ ⇔ + ≤

1 1
. 1
2 2
1 1
. 1
2 2
1
. . 1 1 1
2
c a c c a c c c
b a b a b a
c b c c b c c c
a b a b a b
c a c c b c c c c c
b a a b b a a b
− −
   
≤ + = + −
 ÷  ÷
   
− −
   
≤ + = + −
 ÷  ÷
   
− −  
   
⇒ + ≤ + − + + − =
 ÷  ÷
 

   
 
⇒
đfcm
Dấu ‘=’ xảy ra
c a c
ab
b a
c
c b c
a b
a b
−

=


⇔ ⇔ =

−
+

=


0,5đ
0,5đ