THI CHUYEN DE

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN —————— Đề thi gồm: 01 trang. KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 NĂM HỌC 2015 -2016 ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian giao đề. ———————. Câu 1 (3,0 điểm). a) Tính đạo hàm các hàm số sau: f  x   x 4  2 x 2  3; g  x   1  x 2 ; h  x   b) Tìm các giới hạn sau: lim  x 4  2 x 2  3  ; lim   x3  3 x 2  2  ; lim x . x . x 5. 1 . sin 2 x. 2x 1 . x5. 1     Câu 2 (1,0 điểm). Cho góc    ;   mà sin   . Tính sin     . 6 5 2   Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3x 2  2. C . C .. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị. tại điểm có tung độ bằng 2.. Câu 4 (1,0 điểm). Đến tiêm phòng vắc xin tại một trung tâm y tế dự phòng có 12 trẻ em ở huyện A, 5 trẻ em ở huyện B. Tuy nhiên Trung tâm y tế chỉ còn 5 liều vắc xin tiêm phòng nên chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng. Tính xác suất để 5 trẻ em được chọn có số trẻ em ở huyện A nhiều hơn số trẻ em ở huyện B và phải có ít nhất một trẻ em ở huyện B. Câu 5 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB  2 a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Chứng minh hai mặt phẳng  SAC  và  SBD  vuông góc với nhau. Tính theo a côsin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB), biết SG  Câu 6 (1,0 điểm). Giải bất phương trình. 2 15a . 9.  x 2  x  2  2 x  1  2  x  3 x  2,  x    .. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc  ABC nhọn, đỉnh A( 1; 0). Gọi H, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường. thẳng BD, BC, CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH là  C  : x 2  y 2  x  2 y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết E có hoành độ nguyên, C thuộc đường thẳng x  y  3  0 và có hoành độ dương . …………………………..Hết…………………………... Thí sinh không được 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 gồm: 05 trang.. ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 NĂM HỌC 2015 -2016 ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 ———————. I. LƯU Ý CHUNG: +Học sinh làm theo cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa. +Câu 5 nếu không vẽ hình hoặc hình vẽ sai thì không chấm điểm. II. ĐÁP ÁN: Câu 1. Ý. Nội dung trình bày. Điểm. a Tính đạo hàm các hàm số sau:. f  x   x 4  2 x 2  3; g  x   1  x 2 ; h  x  . 1.5. 1 sin 2 x. f '  x   4 x3  4 x. 0.5. 2 '. 1  x  g ' x   2 1 x. h ' x  . b. 2.  sin 2 x  2. sin 2 x. . x 1 x. '. . 0.5 2. 2cos2 x sin 2 2 x. 0.5. Tìm các giới hạn sau: lim  x 4  2 x 2  3  ; lim   x3  3 x 2  2  ; lim x . x . x 5. 2x 1 x5. 1.5. 2 3  lim  x 4  2 x 2  3   lim x 4 1  2  4    x  x   x. 0.5. 3 2  lim   x3  3 x 2  2   lim x3  1   3    x  x  x x  . 0.5. Ta có lim  x  5   0, x  5  0 x  5 và lim  2 x  1  11. 0.25. x . x 5. Do đó lim x5. 2. x 5. 2x 1   x5. 1     Cho góc    ;   mà sin   . Tính sin     6 5 2     Vì    ;   nên cos  0 . 2  1 4 2 Ta có cos 2   1  sin 2   1    cos    5 5 5. 0.25 1.0 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3.    1 3 2 1 32  Do đó sin      sin  cos  cos sin  .  .  6 6 6 5 2 5 2 2 5  3 2 Cho hàm số y   x  3 x  2  C  . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  tại điểm có tung độ bằng 2.. 0.5 1.0. Gọi M  x0 ; 2    C  . Khi đó. 2   x03  3x0 2  2   x03  3x0 2  0  x0  0  x0  3  M  0; 2  , M  3; 2  0.25. 4. Ta có: y '  3 x 2  6 x y '  0   0, y '  3  9. 0.25. Phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  tại điểm M  0; 2  là y  2  0. 0.25. Phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  tại điểm M  3; 2  là y  9 x  25. 0.25. Đến tiêm phòng vắc xin tại một trung tâm y tế dự phòng có 12 trẻ em ở huyện A, 5 trẻ em ở huyện B. Tuy nhiên Trung tâm y tế chỉ còn 5 liều vắc xin tiêm phòng nên chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng. Tính xác suất để 5 trẻ em được chọn có số trẻ em ở huyện A nhiều hơn số trẻ em ở huyện B và phải có ít nhất một trẻ em ở huyện B.. 1.0. Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng”. Số phần tử của không gian mẫu là: n     C175  6188. 0.25. Gọi X là biến cố: “5 trẻ em được chọn có số trẻ em ở huyện A nhiều hơn số trẻ em ở huyện B và phải có ít nhất một trẻ em ở huyện B”. TH1:4 trẻ huyện A, 1 trẻ huyện B ta có: C124 .C51  2475 (cách chọn). 0.25. TH2: 3 trẻ huyện A, 2 trẻ huyện B ta có: C123 .C52  2200 (cách chọn). 0.25.  n  X   4675. n  X  4675 275   n    6188 364 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB  2 a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Chứng minh hai mặt phẳng  SAC  và  SBD  vuông góc với Vậy P  X  . 5. nhau. Tính theo a côsin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB), biết SG . 2 15a 9. 0.25. 2.0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> S. H K A I. B. G O. D. M. C. Ta có SG   ABCD   AC  SG. 0.25. AC  BD, SG  BD  G. 0.25. Do đó AC   SBD . 0.25. Mà AC   SAC    SAC    SBD . 0.25. Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K thuộc SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có 2 2a GS .GI 10a GI  MB  , do đó GK   . 2 2 3 3 6 GS  GI. 6. 0.5. 3 10 a Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có OH  GK  . 2 4 Khi đó AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là . OAH. 0.25. Xét tam giác vuông OHA, ta có   OH  10a  5  cos OAH   11 . sin OAH OA 4. 2.a 4 4. 0.25.  x 2  x  2  2 x  1  2  x  3 x  2,  x   . Giải bất phương trình. 1.0. Điều kiện xác định của bất phương trình: 1  x  2 * Đặt x  1  u và 2  x  v; ta có: u, v  0 và 3 x  2  u 2  2v 2  1.  x 2  x  2  uv, 0.25. Do đó bất phương trình đã cho có thể viết dưới dạng:. uv  2u  v  u 2  2v 2  1   u  v  1 u  2v  1  0 (1) 2. Do u  v  0 và  u  v   3  2.  x  1 2  x . nên u  v  3. Suy ra u  v  1  0 Do đó (1)  u  2v  1  0  u  2v  1. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Với điều kiện * bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:.  1  x  2   1  x  2  5 x  8  0 x 1  2 2  x 1     5x  8  0 5 x  8  4 2  x      5 x  8 2  16  2  x     1  x . 7. 0.25. 32  4 14 25.  32  4 14  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  1;  25   Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc  ABC nhọn, đỉnh A(1; 0). Gọi H, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD, BC, CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH là  C  : x 2  y 2  x  2 y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết E có hoành độ nguyên, C thuộc đường thẳng x  y  3  0 và có hoành độ dương. 0.25. 1.0. 0.25. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Tứ giác AFCE nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AC, ta có   2 FAE   2 1800  BCD  FIE. . . Các tứ giác AHFD, AHCB nội tiếp nên   180 0  FHD   BHC   1800  FHE. . . .   FHD , BAC   BHC  . Do đó FAD   BAC   2 FAE   2 1800  BCD   FIE FAD. . . Suy ra tứ giác HIEF nội tiếp Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác EFH  c 1 c  3  Gọi C  c; c  3  d ,  c  0   I  ;  , do I thuộc (C) ta có 2   2 2 2  c 1   c  3  c 1   c  3  0  c 2  3c  0  c  3  c  0 (loại      2  2   2  c  0) Suy ra C  3;0  , I 1;0 . . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2. Phương trình đường tròn tâm I 1;0  , đường kính AC  4 là:  x  1  y 2  4 Tọa độ điểm E, F thỏa mãn hệ phương trình:  x 2  y 2  x  2 y  0  x  2 y  3  x  2 y  3      2 2 2 2 2 2  x  1  y  4  2 y  4   y  4  x  1  y  4  x  1, y  2  x  2 y  3   2  3 6 5 y  16 y  12  0  x   5 , y   5  3 6 Vì E có hoành độ nguyên nên E 1; 2  , F   ;    5 5 Ta có phương trình đường thẳng AB : x  y  1  0, BC : x  3 y  3  0 Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình: x  y 1  0  x  3   B  3; 2   3  0 y  2  x  3 y      Ta có: BA   2;2  , BC   6;2   BA.BC  16  0 (thỏa mãn) I là trung điểm của BD nên D  5;2  Vậy B  3; 2  , C  3;0  , D  5;2  --------------Hết---------------. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>