Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI KHẢO SÁT LẦN 2 LỚP 11 NĂM HỌC 2015- 2016
Nội dung
Điểm
3x  2
Cho hàm số y 
có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp
x 1
tuyến song song với đường thẳng y   x  3 .

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
y' 

Câu 1
(1 điểm)

x  0
 ( x  1)2  1  
x  2
+) x  0, y(0)  2 PTTT cần lập là y   x  2
+) x  2, y(2)  4 PTTT cần lập là y   x  6

0,25

0,25
0,25
0,25

Cho hàm số y  x3  3mx2  3(m2  1) x  m2  3m . Tìm m để phương trình y '  0 có 2
nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  10

y '  3x2  6mx  3(m2  1)
y '  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2   '  0  9m2  9(m2  1)  0 (luôn đúng với
Câu 2
(1 điểm) mọi m) do dó với mọi m thì phương trình y '  0 luôn có hai nghiệm phân biệt
Áp dụng định lí Viet cho phương trình y '  0 ta có
 x1  x2  2m

2
 x1.x2  m  1
Ta có x12  x22  10  ( x1  x2 )2  2 x1.x2  10  4m2  2(m2  1)  10  m2  4  0

2  m  2
Kết luận
a. Giải phương trình: 2sin 2 2 x  sin 7 x 1  sin x

Câu 3
(1 điểm)

 (sin 7 x  s inx)- (1-2sin 2 2 x)  0
 2 cos 4 x sin 3x  cos 4 x  0
 cos 4 x(2s in3x  1)  0





x  8  k 4

cos 4 x  0
 x    k 2 (k  )



s in3x  1
18
3


2
 x  5  k 2
18
3


0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25



a. Tính giá trị biểu thức: A  (1  3sin 2  )(1  4cos2  ) , biết cos 2  

Ta có sin 2  

1  cos 2 5
1  cos 2 1
 , cos 2  

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

0,25

0,25


x  4 3
.
25  x 2

( x  4  3)( x  4  3)
x 5
 lim
2
x 5 (25  x )( x  4  3)
x 5 (5  x)(5  x)( x  4  3)

L  lim

Câu 4
(1 điểm)

2
.
3

1
x 5 (5  x )( x  4  3)

0,5

 lim



1

60

0,25
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

n!
n!
n(n  1)

 55  n 
 55
0,25
(n  1)! 2!(n  2)!
2
 n  10
 n2  n  110  0  
0,25
 n  11
Do đó n= 10
3
Ta có khai triển (2 x  )10
x

Số hạng tổng quát thứ k+1 trong khai triển là
0,25

3
Tk 1  C10k .(2 x)10k .( )k  C10k .210k.(3)k .x102 k
x
Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn 10  2k  0  k  5
0,25
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là C105 .25.35  1959552
Câu 6 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.
Cn1  Cn2  55 

Chọn ngẫu nhiên 5 thí sinh bất kì của trường A có C305 cách

0,25


5
n()  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

0,25


+) 1 học sinh chọn Địa lí , 4 học sinh chọn môn khác có C101 .C204

5
+) 0 học sinh chọn Địa lí có C20
Số phần tử của biến cố A là n(A)= 115254
0,25
n( A)
Xác suất của biến cố A là P( A) 
 0,81
0,25
n()
Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung điểm

Câu 7
(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).

S

K
B

H
M
A

C

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
Theo giả thiết SH  ( ABC )  SH  AH
Do đó AH  (SBC )
Mà BC  ( ABC ) nên ( ABC )  (SBC )
IH là đường trung bình của tam giác SBC nên
HI SB
 HI (SAB)  d (I,(SAB))  d(H,(SAB))
Ké HM  AB, HK  SM Khi đó ta có
AB  HM , AB  SH  AB  (SHM )  AB  HK
Mà HK  SM
Do đó HK  (SAB)  d(H,(SAB))  HK
a 2
1
a
AC  , AH 
2
2
2
a 2
a 6
SH  AH .tan 600 
. 3
2
2
Xét tam giác SHM vuông tại H, HK là đường cao
1
1
1
14

a 42


 2  HK 
2
2
2
HK
SH
HM
3a
14

0,25

0,25

0,25

Ta có HM 

0,25

a 42
14
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với AB // CD có diện tích bằng
 d ( I , ( SAB)) 

1
1 1

14, điểm H ( ;0) là trung điểm của cạnh BC và I ( ; ) là trung điểm của AH. Viết
2
4 2

Câu 8

phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có tung độ dương và D thuộc đường thẳng
d: 5x  y  1  0

(1 điểm)
Vì I là trung điểm của AH nên A( 1;1).Ta có AH 

a 13
2

0,25


A

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).
Giả sử D (a; 5a+1) (a>0). Ta có:
ABH  MCH  SABCD  S ADM  AH .d ( D, AH )  14

B
I

D


H
C

M

 d ( D, AH ) 

28
13

0,5

Hay 13a  2  28  a  2 ( vì a  0)  D(2;11)
Vì AB đi qua A(1;1) và có 1 VTCP là
Nên AB có phương trình 3x  y  2  0

1
MD  (1;3) nên AB có VTPT là n(3; 1)
4

0,25

2
2
Câu 9

3x  12 y  4 xy  9( x  2 y ) 2 xy  0
( 1 điểm)  2
2


5 x  7 y  xy  15

Điều kiện xy  0
(1)  ( x  2 y)2  4 xy  3( x  2 y) 2 xy (3)
Ta thấy x=0 hoặc y=0 không thỏa mãn hệ nên xy  0,( x  2 y)  0 .

0,25

x  2 y 2 2 xy

 3 (4)
2 xy x  2 y
t  1
x  2y
2
Đặt t 
Khi đó phương trình (4) trở thành t   3  
.
t
2 xy
t  2

0,25

x  2y
 1 (vô nghiệm)
2 xy
x  2y
 2  x  2y
Với t  2 

2 xy

0,25

Chia hai vế của pt (3) cho ( x  2 y) 2 xy ta được

Với t  1 

 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 a2  b2  c2  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 a2  b2  c2  2a  4b  2c  6  (a  1)2  (b  2)2  (c  1)2  0 theo giả thiết thì
a 2  b2  c 2  3b Suy ra 3b  2a  4b  2c  6  0  2a  b  2c  10  16
1
1

8
Với hai số x, y >0 thì 2  2 
. Áp dụng nhận xét trên ta có
x
y
( x  y )2

0,25
0,25


Câu 10
(1điểm)

1
4
8


;
2
2
b
(a  1) (b  2)
2
(a   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
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

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng


0,25

0,25