DE VA DAP AN THI KHAO SAT LAN 2 MON TOAN 11 NAM 20152016 TRUONG LG1

<span class='text_page_counter'>(1)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1. Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số y =. ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 11 LẦN 2 NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút. 3x − 2 có đồ thị (C). Vi ết ph ươ ng trình ti ếp tuyến củ a (C) bi ết x −1. tiếp tuyến song song với đườ ng th ẳng y = − x + 3 .. Câu 2. (1 điểm) Cho hàm s ố y = x3 + 3mx 2 + 3(m2 − 1) x + m 2 − 3m . Tìm m để ph ương trình y ' = 0 có 2 nghi ệm phân bi ệt x1 , x2 th ỏa mãn x12 + x22 ≤ 10 .. Câu 3. (1 điểm) a. Gi ải phương trình: 2 sin 2 2 x + sin 7 x − 1 = sin x b. Tính giá trị bi ểu th ức: A = (1 + 3sin 2 α )(1 + 4 cos 2 α ) , bi ết cos 2α = −. Câu 4. (1 điểm). Tính gi ới h ạn :. L = lim x →5. 2 . 3. x+ 4 −3 . 25 − x 2. Câu 5. (1 điểm) Cho n là số nguyên d ươ ng th ỏ a mãn đi ều ki ện: Cn1 + Cn2 = 55 . Tìm số h ạng không 3 ch ứa x trong khai tri ển (2 x − ) n , x ≠ 0 . x Câu 6. (1 điểm) Trong cụ m thi để xét công nhận t ốt nghi ệp THPT thí sinh ph ải thi 4 môn trong đ ó có 3 môn bắt buộ c là Toán, Văn, Ngo ại ngữ và m ột môn do thí sinh t ự ch ọn trong s ố các môn: Vật lý, Hóa họ c, Sinh h ọ c, Lị ch s ử và Đị a lí. Trường A có 30 thí sinh đăng kí dự thi, trong đ ó có 10 thí sinh ch ọ n môn Địa lý. Lấ y ngẫu nhiên 5 họ c sinh b ất kì trong s ố 30 họ c sinh đ ã đăng kí d ự thi của trườ ng A. Tính xác suất để trong 5 h ọc sinh có nhi ều nh ất 2 h ọ c sinh ch ọ n môn Đị a lí.. Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông t ại A , AB = AC = a , I là trung đ i ểm của SC , hình chi ếu vuông góc củ a S lên (ABC) là trung đi ểm H củ a BC , biết góc gi ữa SA và m ặt ph ẳng (ABC) b ằng 600 . Chứng minh ( SBC ) ⊥ ( ABC ) và tính kho ảng cách t ừ I đến (SAB).. Câu 8. (1 điểm) Trong m ặt phẳng tọ a độ Oxy , cho hình thang ABCD vớ i AB // CD có diện tích 1 1 1 b ằng 14, đ i ểm H (− ;0) là trung đ i ểm củ a cạnh BC và I ( ; ) là trung đi ểm củ a AH. Vi ết ph ương 2 4 2 trình đườ ng th ẳng AB bi ết đỉnh D có tung độ dươ ng và D thu ộc đường th ẳng d: 5 x − y + 1 = 0. 3 x 2 + 12 y 2 + 4 xy − 9( x + 2 y ) 2 xy = 0 Câu 9. (1điểm) Gi ải h ệ phương trình  2 2 5 x − 7 y + xy = 15. ( x, y ∈ ℝ ). Câu 10. (1 điểm) Cho các s ố thực không âm a, b, c th ỏ a mãn a 2 + b 2 + c 2 − 3b ≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ nh ất củ a bi ểu th ức sau: P =. 1 4 8 + + 2 2 (a + 1) (b + 2) (c + 3) 2. H ọ và tên: ………………………………………………. SBD:……………… Lớp: ……..……….. ================================= H ẾT==============================.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI KHẢO SÁT LẦN 2 LỚP 11 NĂM HỌC 2015- 2016. Câu. Nội dung Cho hàm số y =. Điểm. 3x − 2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp x −1. tuyến song song với đường thẳng y = − x + 3 .. y' = Câu 1 (1 điểm). −1 ( x − 1) 2. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y = -x+3 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm −1 của phương trình = −1 ( x − 1) 2. x = 0 ⇔ ( x − 1) 2 = 1 ⇔  x = 2. 0,25. 0,25. +) x = 0, y (0) = 2 PTTT cần lập là y = − x + 2. 0,25. +) x = 2, y (2) = 4 PTTT cần lập là y = − x + 6. 0,25. Cho hàm số y = x3 + 3mx 2 + 3( m2 − 1) x + m 2 − 3m . Tìm m để phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 ≤ 10 y ' = 3 x 2 + 6mx + 3( m 2 − 1) Câu 2. y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 9m 2 − 9( m 2 − 1) > 0 (luôn đúng với. 0,25. Áp dụng định lí Viet cho phương trình y ' = 0 ta có. 0,25. (1 điểm) mọi m) do dó với mọi m thì phương trình y ' = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt.  x1 + x2 = −2m  2  x1.x2 = m − 1. Ta có x12 + x22 ≤ 10 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 ≤ 10 ⇔ 4m 2 − 2( m 2 − 1) ≤ 10 ⇔ m 2 − 4 ≤ 0. −2 ≤ m ≤ 2 Kết luận. Câu 3. c. Giải phương trình: 2 sin 2 2 x + sin 7 x − 1 = sin x. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (1 điểm). ⇔ (sin 7 x − s inx)- (1-2sin 2 2 x) = 0 ⇔ 2 cos 4 x sin 3 x − cos 4 x = 0 ⇔ cos 4 x(2 s in3x − 1) = 0. 0,25. π π  x = 8 + k 4   cos 4 x = 0 π 2π  ⇔ ⇔ x = + k ( k ∈ Ζ) 1  s in3x = 18 3   2  x = 5π + k 2π 18 3 . 0,25. a. Tính giá trị biểu thức: A = (1 + 3sin 2 α )(1 + 4 cos 2 α ) , biết cos 2α = −. Ta có sin 2 α =. 1 − cos 2α 5 1 + cos 2α 1 = , cos 2 α = = 2 6 2 6. 5 1 35 Do đó giá trị biểu thức A = (1 + 3. )(1 + 4. ) = 6 6 6. Tính giới hạn :. L = lim x →5. ( x + 4 − 3)( x + 4 + 3) x −5 = lim x →5 (25 − x 2 )( x + 4 + 3) x →5 (5 − x )(5 + x )( x + 4 + 3). Câu 4. x →5. 0,25. 0,25. x+ 4 −3 . 25 − x 2. L = lim. = lim. 2 . 3. −1 (5 + x)( x + 4 + 3). 0,5. 0,25. (1 điểm). =. −1 60. 0,25. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: Cn1 + Cn2 = 55 . Tìm số hạng không chứa. Câu 5 (1 điểm). 3 x trong khai triển (2 x − ) n , x ≠ 0 . x Cn1 + Cn2 = 55 ⇔. n! n! n(n − 1) + = 55 ⇔ n + = 55 (n − 1)! 2!(n − 2)! 2.  n = 10 ⇔ n 2 + n − 110 = 0 ⇔   n = −11 Do đó n= 10. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3 Ta có khai triển (2 x − )10 x Số hạng tổng quát thứ k+1 trong khai triển là −3 Tk +1 = C10k .(2 x)10− k .( ) k = C10k .210− k .( −3) k .x10 − 2 k x. 0,25. Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn 10 − 2k = 0 ⇔ k = 5 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là −C105 .25.35 = −1959552. 0,25. Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó có (1 điểm) 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và một môn do thí sinh tự chọn trong số các môn: Vật lý, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường A có 30 thí sinh đăng kí dự thi, trong đó có 10 thí sinh chọn môn Địa lý. Lấy ngẫu nhiên 5 học sinh bất kì trong số 30 học sinh đã đăng kí dự thi của trường A. Tính xác suất để trong 5 học sinh có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn Địa lí. Câu 6. Chọn ngẫu nhiên 5 thí sinh bất kì của trường A có C305 cách 0,25. 5 n(Ω) = C30. Gọi A:” 5 học sinh được chọn có nhiều nhất 2 học sinh chộn môn Địa lí” 3 +) 2 hs chọn Địa lí , 3 học sinh chọn môn khác có C102 .C20. +) 1 học sinh chọn Địa lí , 4 học sinh chọn môn khác có C101 .C204. 0,25. 5 +) 0 học sinh chọn Địa lí có C20. Số phần tử của biến cố A là n(A)= 115254 Xác suất của biến cố A là P( A) =. Câu 7. n( A) ≈ 0,81 n( Ω). 0,25 0,25. Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB = AC = a , I là trung điểm. (1 điểm) của SC , hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) là trung điểm H của BC, biết góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600 . Chứng minh ( SBC ) ⊥ ( ABC ) và tính khoảng cách. từ I đến (SAB). AH là hình chiếu của SH lên (ABC) nên góc giữa SA và (ABC) là SAH = 600 Vì tam giác ABC cân tại A nên AH ⊥ BC. 0,25. Theo giả thiết SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AH Do đó AH ⊥ ( SBC ). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Mà BC ⊂ ( ABC ) nên ( ABC ) ⊥ ( SBC ). S. IH là đường trung bình của tam giác SBC nên HI SB ⇒ HI ( SAB ) ⇒ d (I, (SAB)) = d(H, (SAB)). K B. C. H M. Ké HM ⊥ AB, HK ⊥ SM Khi đó ta có. 0,25. AB ⊥ HM , AB ⊥ SH ⇒ AB ⊥ ( SHM ) ⇒ AB ⊥ HK. Mà HK ⊥ SM. A. Do đó HK ⊥ (SAB) ⇒ d(H, (SAB)) = HK Ta có HM =. 1 a a 2 AC = , AH = 2 2 2. SH = AH . tan 600 =. a 2 a 6 . 3= 2 2. Xét tam giác SHM vuông tại H, HK là đường cao. 0,25. 1 1 1 14 a 42 = + = 2 ⇒ HK = 2 2 2 HK SH HM 3a 14 a 42 ⇒ d ( I , ( SAB)) = 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với AB // CD có diện tích bằng 1 1 1 14, điểm H (− ; 0) là trung điểm của cạnh BC và I ( ; ) là trung điểm của AH. Viết 2 4 2 phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có tung độ dương và D thuộc đường thẳng d: 5 x − y + 1 = 0. Câu 8. A. B. (1 điểm). I D. Vì I là trung điểm của AH nên A( 1;1).Ta có AH =. 0,25. Phương trình AH là : 2x – 3y+1=0. Gọi M là giao của AH và DC thì H là trung điểm của AM. Suy ra: M(-2; -1).. H C. a 13 2. M. Giả sử D (a; 5a+1) (a>0). Ta có:. ∆ABH = ∆MCH ⇒ S ABCD = S ADM = AH .d ( D, AH ) = 14 ⇒ d ( D, AH ) =. 28 13. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Hay 13a + 2 = 28 ⇔ a = 2 ( vì a > 0) ⇒ D(2;11) Vì AB đi qua A(1;1) và có 1 VTCP là. 1 MD = (1;3) nên AB có VTPT là n(3; −1) 4. 0,25. Nên AB có phương trình 3 x − y − 2 = 0. 3 x 2 + 12 y 2 + 4 xy − 9( x + 2 y ) 2 xy = 0  ( 1 điểm) 5 x 2 − 7 y 2 + xy = 15 Câu 9. Điều kiện xy ≥ 0 (1) ⇔ ( x + 2 y ) 2 + 4 xy = 3( x + 2 y ) 2 xy. 0,25 (3). Ta thấy x=0 hoặc y=0 không thỏa mãn hệ nên xy > 0, ( x + 2 y ) > 0 . Chia hai vế của pt (3) cho ( x + 2 y ) 2 xy ta được. x + 2 y 2 2 xy + = 3 (4) 2 xy x + 2 y 0,25. Đặt t =. t = 1 x + 2y 2 Khi đó phương trình (4) trở thành t + = 3 ⇔  . t 2 xy t = 2. V ới t = 1 ⇔. x + 2y = 1 (vô nghiệm) 2 xy. x + 2y = 2 ⇔ x = 2y V ới t = 2 ⇔ 2 xy. 0,25. y =1⇒ x = 2 Thay x = 2 y vào phương trình (2) ta được y 2 = 1 ⇔   y = −1 ⇒ x = −2 0,25. Mà x + 2 y > 0 Vậy hệ có nghiệm (2;1). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 − 3b ≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P =. 1 4 8 + + 2 2 ( a + 1) (b + 2) (c + 3) 2. Ta thấy a 2 + b 2 + c 2 − 2a − 4b − 2c + 6 = ( a − 1) 2 + (b − 2) 2 + (c − 1) 2 ≥ 0 theo giả thiết thì a + b + c ≤ 3b Suy ra 3b − 2a − 4b − 2c + 6 ≥ 0 ⇔ 2a + b + 2c + 10 ≤ 16 2. 2. 0,25. 2. Với hai số x, y >0 thì. 1 1 8 + 2≥ . Áp dụng nhận xét trên ta có 2 x y ( x + y)2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . Câu 10 (1điểm). 1 4 8 + ≥ ; 2 2 b (a + 1) (b + 2) (a + + 2) 2 2 1 1 8 + ≥ 2 b b (a + + 2) 2 (c + 3) (a + + c + 5) 2 2 2 8 8 8 162 Suy ra P ≥ + ≥ 8. = 2 2 b b (a + + 2) 2 (c + 3) (a + + c + 5)2 (2 a + b + 2 c+ 10) 2 2. 0,25. Theo giả thiết và chứng minh trên thì 0 < 2a + b + 2c + 10 ≤ 16 ⇒ P ≥ 1. Khi a=1 , b=2, c=1 thì P=1.Vậy Pmin = 1 0,25. Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>