DE THI KSCL

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 3 TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 Thời gian làm bài:90 phút, không kể thời gian giao đề. ĐỀ CHÍNH THỨC. 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  1008 x 2  2 . Tìm x để y '  0 . 3. Câu 2 (2,0điểm). Giải phương trình lượng giác: cos3x  sin x  0 . Câu 3 (1,5 điểm). Trong cuộc thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2015 – 2016 trường THPT Liễn Sơn có 10 em đạt giải nhất, trong đó có 5 em khối 12; 3 em khối 11 và 2 em khối 10. Nhà trường cần chọn ra 3 em trong tổng số 10 em trên để trao học bổng toàn phần. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn ra 3 em sao cho có đủ cả ba khối. Câu 4 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC , tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi I là trung điểm cạnh BC. Chứng minh BC   SAI  và xác định góc giữa đường thẳng. SA và mặt phẳng  ABC  .  xy  3 y 2  8 y  7  3xy 3  6 y 2  Câu 5 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình  . xy  y  7  y 5  3 y  1  . . . Câu 6 (1,0 điểm). Trên hệ trục tọa độ Oxy cho ABC có trực tâm H  2;1 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là điểm I 1;0  . Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng có phương trình x  2 y  1  0 . Xác định tọa độ các đỉnh B , C biết đường tròn ngoại tiếp. HBC đi qua điểm E  6; 1 và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4.. --------Hết----------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………….................Số báo danh:……………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN. ĐÁP ÁN THI KSCL NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 3 MÔN: TOÁN - LỚP 11 (Đáp án gồm 03 trang). I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN Câu Nội dung trình bày Điểm 1. 2. 1 Cho hàm số y  x 3  1008 x 2  2 . Tìm x để y '  0 3. 2,0. Ta có: y '  x 2  2016 x. 1,0. x  0 y '  0  x 2  2016 x    x  2016. 0,5. Vậy x   ;0   2016;   là các giá trị cần tìm. 0,5. Giải phương trình lượng giác: cos3x  sin x  0. 2,0. Ta có cos3x  sin x  0  cos3x   sin x  cos3x  sin   x . 0,5.    cos3x  cos   x  2 . 0,5.     x   k 3 x   x  k 2    4 2   ;k  x     k  3x     x  k 2   8 2 2. 0,5. . Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm là: x  3. .  k ; x  . . . k  . 0,5. 4 8 2 Trong cuộc thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2015 – 2016 trường THPT 1,5 Liễn Sơn có 10 em đạt giải nhất, trong đó có 5 em khối 12; 3 em khối 11 và 2 em khối 10. Nhà trường cần chọn ra 3 em trong tổng số 10 em trên để trao học bổng toàn phần. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn ra 3 em sao cho có đủ cả ba khối. 0,5 Số phần tử của không gian mẫu là n     C103. Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ta có n  A  C51.C31.C21 Vậy P  A  4. k. C51.C31.C21 1  C103 4. 0,5 0,5. Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC , tam giác ABC vuông cân tại A. 2,0 Gọi I là trung điểm cạnh BC. Chứng minh BC   SAI  và xác định góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> S. B. I. C. A Vì I là trung điểm của BC, các tam giác BSC và BAC cân tại S và tại A nên ta có SI  BC, AI  BC. 0,5. Do đó BC   SAI . 0,5. Ta có SI chung, SA  SB, AI  BI  SIA  SIB  SIA  SIB  900. 5. 0,25.  SI  AI , mà SI  BC, BC  AI  I . Do đó SI   ABC . 0,25. IA là hình chiếu vuông góc của SA trên mặt phẳng  ABC . 0,25. Vậy  SA,  ABC     SA, IA  SAI. 0,25.  xy  3 y 2  8 y  7  3xy 3  6 y 2   xy  y  7  y 5  3 y  1  . 1,5. Điều kiện: y  0, xy  2  0, xy  y  7  0. 0,25. . . Với y  0 không thoả mãn hệ. Với y  0 chia hai vế phương trình thứ nhất trong hệ cho y và chia hai vế phương trình thứ hai trong hệ cho. y ta được. 7 7    x  3 y  y  8  3xy  6  x  3 y  y  8  3xy  6      x  7 1  3y 1  5  x  3 y  7  2  2 x  3 y  7  3 xy  21  1  25   y y y. 0,5. 7  a  0 a  x  3 y  y Đặt  , ĐK  . b  0  b  3 xy  6 . 0,5.  a  8  b Khi đó hệ phương trình trở thành  2  a  2  2 a  b  16  25   a  b  8 a  b  8    2 2 b  10  2 b  b  24  25    2 b  b  24  15  b (*).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0  b  15 0  b  15 (*)   2   b  3.  2 2 4b  4b  96  225  30b  b 3b  34b  129  0   a; b   11;3 . Suy ra 7   x; y   1;1 8  2  x  3 y  y  11 3 y  11 y  8  0  y  1, y     3  3 8 x; y    ;    xy  1  3 xy  6  3  xy  1  8 3 . 0,25. 3 8 Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y   1;1 ;  x; y    ;  . 8 3. 6. Trên hệ trục tọa độ Oxy cho ABC có trực tâm H  2;1 và tâm đường tròn 1,0 ngoại tiếp tam giác là điểm I 1;0  . Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng có phương trình x  2 y  1  0 . Xác định tọa độ các đỉnh B , C biết đường tròn ngoại tiếp HBC đi qua điểm E  6; 1 và xB  4 .. Gọi M là trung điểm BC . Kẻ đường kính AA1 . Ta có tứ giác BHCA1 là hình. 0,25. bình hành  M là trung điểm HA1  AH  2IM . Gọi J là điểm đối xứng với I qua BC . Khi đó AH  IJ  Tứ giác AHJI là hình bình hành  JH  IA . Mà IA  IB  IC  JB  JC  JH  JB  JC  J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC . Do M   d  : x  2 y  1  0  M  2t  1; t   J  4t  1;2t  .. 0,25. Vì JH  JE   4t  1   2t  1   4t  5   2t  1  t  1  M 3;1 2. 2. 2. 2. Đường thẳng BC đi qua điểm M và có vtpt IM  2;1  pt  BC  : 2 x  y  7  0. 0,25.  B  a;7  2a   a  4 .. a  2 2 2 Có JB  JH   a  5    5  2a   10   a  4  L  Với a  2  B  2;3  C  4; 1 --------Hết-----------. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>