Khao sat toan chat luong cao toan 11THPT Que Vo 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 3. ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP CHẤT LƯỢNG CAO Năm học 2012 – 2013 Môn thi: Toán Lớp 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề). Câu I (2,0 điểm) Giải các phương trình : 1). 3 sin 2 x + cos 2 x = −2. 1 ( sin 4 x + sin 2 x ) 6 2 2  x + xy + 2 y = 2 y + 2 x Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải hệ phương trình :   y x − y + 1 + x = 2 2) Tìm m để phương trình có nghiệm 2 x 2 − 2mx + 1 = 3 4 x3 + 2 x Câu III ( 2 ,0 điểm) 1) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng. Người ta chọn 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để tổng số bi lấy ra không có đủ ba mầu. n−2  n 4 2 2) Tìm hệ số chứa x trong khai triển  1 + x + 3 x  biết : Cnn++41 − Cnn+3 = 7(n + 3)  6  Câu VI( 3,0 điểm) 2 2 1). Cho đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 3) = 4 và điểm M(2;4) . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB 2) Cho hình vuông ABCD cạnh a , tâm O . Gọi S là một điểm ở ngoài mặt phẳng (ABCD) sao cho SB = SD. Gọi M là điểm tùy ý trên đoạn AO với AM = x . mặt phẳng (α) qua M song song với SA và BD cắt SO , SB , AB tại N, P , Q . a. Tứ giác MNPQ là hình gì ? b. Cho SA = a .Tính diện tích MNPQ theo a và x . Tìm x để diện tích đó lớn nhất. 2). tan 2 x − tan x =. Câu V( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(1;2) và đường thẳng d: 4x – 3y – 23 = 0. Hai điểm B và C di chuyển trên d sao cho đoạn BC luôn có độ dài bằng 5. Tìm B và C sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất. .. ----------------------------------------- Hết -----------------------------------------. (Đề thi gồm có…. trang) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:..........................................................Số báo danh:................................ 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI KHẢO SÁT KHỐI 11 (2012-2013) Câu. I. Điểm. Nội dung π. 1,0. 1) ⇔ x = − + kπ , k ∈ Z 3. π π   x ≠ 4 + k 2 cos2 x ≠ 0 ⇔ ,(k,l ∈ Z ) 2) Điều kiện :  π cos x ≠ 0  x ≠ + lπ  2 sin 2 x.cos x − cos 2 x.sin x 1 Pt ⇔ = ( sin 4 x + sin 2 x ) cos x.cos 2 x 6 ⇔ 6sin x = cos x.cos 2 x.sin 2 x ( 2 cos 2 x + 1). 0,25. sin x = 0 ⇔ x = kπ (t / m) ⇔ 2  2 cos x.cos 2 x ( 2 cos 2 x + 1) = 6 (*) (*) ⇔ (1 + cos 2 x ) .cos 2 x. ( 2 cos 2 x + 1) = 6. 0,5. ⇔ 2 cos3 2 x + 3cos 2 2 x + cos 2 x − 6 = 0 ⇔ cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ , k ∈ Z. (t / m ). Vậy pt có nghiệm x = kπ , k ∈ Z II. 0,25. 1) Giải: ĐK x − y + 1 ≥ 0 x = y x = 2 − 2y. + (1) ⇔ x 2 − y 2 + xy − y 2 + 2 y − 2 x = 0 ⇔ ( x − y )( x + 2 y − 2) = 0 ⇔ . 0,5. Với x=y thay vào pt (2 ) ta được x=y=1 y = 0 ⇒ x = 2 Với x=2-2y thay vào pt (2 ) ta được y 3 − 3 y = 2 y ⇔  y = −1 ⇒ x = 8 3 3  8 −1 thử lại đk két luận hệ có nghiệm : (1;1),(2;0),  ;  3 3  2) Đk: x ≥ 0. 0,5. Với x=0 không là nghiệm Với x ≠ 0 chia cả hai vế cho x ta được : 1 x. Đăt: t = 2(2 x + ) ⇔ 2 x +. 1 t2 = (t ≥ x 2. 2x +. 1 1 − 2m = 3 2(2 x + ) x x. 4 2). t2 − 2m = 3t ⇔ t 2 − 6t = 4m Đặt f (t ) = t 2 − 6t xét với t ≥ 4 2 2 −9 Có min f(t) = -9 vậy pt có nghiệm ⇔ 4m ≥ −9 ⇔ m ≥ 4. 0,5. Pt tt :. 0,5 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> III. 0,25 a) Số cách chon 4 viên bi trong 15 viên bi là : C = 1365 Các trường hợp chon 4 viên bi có cả ba mầu : +) 2đỏ+1trắng+1vàng : C42 C51C61 = 180 +) 1đỏ +2trắng +1vàng : C41C52 C61 = 240 +) 1đỏ +1trắng +2 vàng: C41C51C62 = 300 số cách chọn 4 bi không có đủ 3 mầu là 1365-(180+240+300)=645 4 15. 645 43 Vậy xác suất cần tìm là : P = = 1365 91. 0,5 0,25. b). (n + 4)! (n + 3)! − = 7(n + 3) (n + 1)!3! n!3! ⇔ (n + 4)(n + 2) − (n + 1)(n + 2) = 42 ⇔ n = 12 + Với : n= 12 ĐK n ∈ N. (1) ⇔. 0,5. 10. (1 + 2x) + 3x2  = C100 (1 + 2x)10 + C101 (1 + 2x)9 .3x2 + C102 (1 + 2x)8 9x4 + ... Ta có: C100 (1 + 2 x)10 = C100 C100 + C101 2 x + C102 4 x 2 + C103 8 x 3 + C104 16 x 4 + ... 3x 2C101 (1 + 2 x)9 = 3x 2C101 C90 + C91 2 x + C92 4 x 2 + ... 9 x 4C102 (1 + 2 x)8 = 9 x 4C102 C80 + .... 0,5. Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 là : C100 C104 16 + 3C101 C92 4 + 9C102 C80 = 8085 VI 1) Đường tròn (C) : ( x – 1)2 + ( y – 3 )2 = 4 có tâm I ( 1 ; 3) và bán kính R=2. 0,5 qua M. qua M. Qua M ( 2; 4 ).  uuur Ta có : (d) :  ⇔ (d) :  ⇔ (d) :   MA = MB AB ⊥ MI  vtpt MI (1;1) ⇔ (d) : x – 2 + y – 4 = 0 ⇔ (d) : x + y – 6 = 0. 0,5. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2) a. Tứ giác MNPQ là hình gì ? Ta có : SB = SD ⇒ ∆ SBC = ∆ SDC (c-c-c) Gọi I là trung điểm SC Xét ∆ IBC và ∆ IDC Ta có : IC cạnh chung BC = CD. S. N I. P. DCI = BCI. ⇒ ∆ IBC = ∆ IDC ⇒ IB = ID ⇒ ∆ IBD cân tại I ⇒ IO ⊥ BD B Mà OI // SA ⇒ SA ⊥ BD (α ) // BD Ta có : BD ⊂ ( ABO) (α ) ∩ ( ABO) = MQ . ⇒. (α ) // BD Tương tự : BD ⊂ ( SBO) (α ) ∩ ( SBO) = NP . D. A M. Q. O C. (*) MQ // BD. (1). 1,0 ⇒. NP // BD. Từ (1) và (2) , suy ra MQ // NP // BD (α ) // SA  Mặt khác : SA ⊂ ( SAO) (α ) ∩ ( SAO) = MN  (α ) // SA Tương tự : SA ⊂ ( SAB) ⇒ (α ) ∩ ( SAB) = PQ . ( 2). (3) ⇒. MN // SA. PQ // SA. ( 4). (5). Từ (4) và (5) , suy ra MN // PQ // SA (6) Từ (3) , (6) và (*), suy ra MNPQ là hình chữ nhật Vậy : MNPQ là hình chữ nhật. b. Tính diện tích MNPQ theo a và x: Ta có : S MNPQ = MQ.MN Tính MQ : Xét tam giác AQM : ˆ = 45 0 Α  Ta có : Qˆ = 450  ˆ 0 M = 90. ⇒. ∆AQM cân tại M ⇒MQ = AM = x. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Tính MN : Xét tam giác SAO : Ta có : MN // SA ⇒ MN OM = AS OA. ⇒. S MNPQ. a 2 −x OM 2 ⇒ MN = AS . = a. = a − x. 2 OA a. 2 2 1 = MQ.MN = x.(a − x. 2 ) = x. 2 (a − x. 2 ) 2. 0,5. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương x. 2 và a − x. 2 x. 2 + a − x. 2 ) 2 ) ≤ 2 1 a² a² ≤ . = ⇒ S MNPQmã = 2 4 4. 2. x. 2 (a − x. 2 ) ≤. ⇒ S MNPQ. (. Đẳng thức xảy ra khi x. 2 = a − x. 2. a² 4 a² 4. 2. ⇔. x=. a a. 2 = 4 2. 2. ⇔ M là trung điểm AO Vậy : x = V. a. 2 thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất. 4. d' D'. A(1;2). d. 0,5 D. B. C H A'. Gọi d’ là đường thẳng qua A và // d => d’ có pt: 4x – 3y + 2 = 0. Gọi D(x ; y) trên d’ sao cho AD = 5 4 3. 2 3. uuur. 4 3. 0,25. 4 3. Ta có: D( x; x + ) ⇒ AD = ( x − 1; x − ); AD = 5 ⇒ D ( 4; 6 ) ; D’ ( –2; –2 ) . 0,25 Ta có chu vi tam giác ABC là: AB + BC + CA = AB + AC + 5 => chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất. Xét tứ giác ABCD. Dễ có ABCD là hình bình hành => AB + AC = AC + CD Gọi A’ đối xứng với A qua d => AC = A’C => AC + CD = A’C + CD. => AB + AC nhỏ nhất khi và chỉ khi A’C + CD nhỏ nhất, hay 3 điểm 0,25 A’, C, D thẳng hàng. Do A’ đối xứng với A qua d nên tìm được 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> AA’: 3x + 4y – 11 = 0 ta có H = AA '∩ d ⇒ H (5; −1) ⇒ A’ ( 9; –4 ) . 13 ;1) . 2. => A’D: 2x + y – 14 = 0. ta có C = d ∩ A ' D ⇒ C ( uuur. uuur. 7 2. Do BC = AD ⇒ B( ; −3) . Dễ thấy khi A’, C, D thẳng hàng thì A’, B, D’ cũng thẳng hàng nên 7 2. hai điểm cần tìm là: ( ; −3) và (. 13 ;1) . 2. 0,25. --------------Hết--------------. 6.

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