Đề và đáp án Toán - Khối 11

Khi m = 5 tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt lập thành một cấp số cộng.. Giải phơng trình: sin3 x.. Cho tứ diện

Trờng THPT Nông Cống II Đề thi khảo sát chất lợng đầu kỳ II

( Năm học: 2010 – 2011 )

Môn thi: Toán Khối 11

Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề )

Phần chung cho tất cả thí sinh

Câu I ( 3, 0 điểm) Cho hàm số: y = -x4 + 2m x2 – 2m + 1

1 Khi m = 5 tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành

2 Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt lập thành một cấp số cộng

Câu II ( 1,5 điểm)

Giải phơng trình: sin3 x sin3x + cos3 x cos 3x =

8

1

Câu III (1,5 điểm)

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a Kéo dài BC một đoạn CE = a, kéo dài

BD một đoạn DF = a Gọi M là trung điểm AB Tính diện tích của thiết tạo bởi mặt

phẳng (MEF) và tứ diện

Câu IV ( 1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số dơng thoả mãn 1 + 1 + 1=4

z y

2

1 2

1 2

1

≤ + +

+ + +

+ +

Phần riêng

Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: ( phần A hoặc phần B )

A.Theo chơng trình Chuẩn.

Câu V.a ( 1,5 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho ∆ ABC biết A( -1; -1 ) và hai đờng cao lần lợt

nằm trên hai đờng thẳng d1: 7x + 2y - 22 = 0 và d2: 3x + 5y - 23 = 0

Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ∆ ABC

Câu VI.a ( 1,5 điểm).

Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau,

trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 2 và 4 ?

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu V.b ( 1,5 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho hai đờng thẳng d1: x – y = 0 và d2: x + y – 1 = 0

Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD biết đỉnh A thuộc d1 , đỉnh C thuộc d2 và các đỉnh B,

D thuộc trục hoành

Câu VI.b ( 1,5 điểm).

Tìm hệ số chứa x10 trong khai triển

n

x









2

+

3 4 -n -1 n

2 n

P A P

( n là số nguyên dơng, k

n

A là chỉnh hợp chập k của n phần tử, Pn là hoán vị của n phần tử )

Hết

Họ và tên thí sinh ; Số bao danh

Đề thi khảo sát chất lợng đầu kỳ II

( Năm học: 2010 – 2011 )

Môn thi: Toán Khối 11

I

(3,0 đ ) 1 (1,5 điểm) Khi m = 5 tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoàn.Khi m = 5 ta xét phơng trình -x4 + 10x2 – 9 = 0

Giải phơng trình ta đợc 4 nghiệm x = ± 1 và x ± 3

Vậy đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm ( - 3 ; 0 ), ( -1; 0 ), ( 1; 0 ) và ( 3 ; 0 )

0,5 0,5 0,5

2 (1,5 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại

Xét phơng trình -x4 + 2m x2 – 2m + 1 = 0 (1)

đặt x4 = t ≥ 0 ta đợc phơng trình t2 – 2mt + 2m – 1 = 0 (2)

Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ Phơng trình (2) có 2 nghiệm dơng phân biệt









≠

>

⇔











>

−

>

>

+

−

⇔









>

>

>

∆

⇔

1 2 1 0

1 2

0 2

0 1 2 0

0

0

m

m m

m

m m

P

Với điều kiện (*) thì phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng

⇔ Phơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 sao cho t1 = 9t2

Theo định lí viet ta có t1 + t2 = 2m và t1 t2 = 2m – 1

Khi đó ta đợc phơng trình 9m2 – 50m + 25 = 0 ⇔ m = 5 và m = 5/ 9 t/m ĐK *

Vậy m = 5 và m = 5/ 9 là giá trị cần tìm

0,5

0,5 0,25

0,25

II

( 1, 5 đ ) Giải phơng trình: sin3 x sin3x + cos3 x cos 3x = 8

1

⇔ sin2 x sin x sin3x + cos2 x cos x cos 3x =

8 1

) ( 6

6 2

1 2 cos

2

1 2 cos 2 2 cos 2 2

1 ) 4 cos 1 ( 2 cos 2

8

1 4 cos 2 cos 2 2 cos 2

8

1 2

4 cos 2 cos 2

2 cos 1 2

4 cos 2 cos 2

2 cos 1

2

Z k k x

k x

x

x x

x x

x x x

x x

x x

x x

∈













+

−

=

+

=

⇔

=

⇔

=

⇔

= +

⇔

= +

⇔

= +

+ +

−

−

⇔

π π

π π

0,5

0,5

0,5

III

( 1, 5 đ ) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a Trong mp(ABF) gọi J = AD ∩ MF

Trong mp(ABE) gọi I = AC ∩ ME

Thiết diện tao bởi mp( MEF) và tứ diện ABCD là ∆ MIJ

Ta có

3

2

=

=

=

CD

IJ AD

AJ AC

AI

( Do I, J là trọng tâm ∆ABE và ∆ ABF ) Suy ra

3

2a

IJ =

Do ME = MF ⇒ MI = MJ mà MI2 = AM2 + AJ2 – 2AM.AI.cos60 ⇒ MI =

6

13

a

Gọi H là trung điểm IJ suy ra MH ⊥ IJ mà MH2 = MI2 – IH2⇒ MH = a/2

0,25

0,5

0,5

Khi đó diện tích ∆MIJ là S =

6

2

MH

IJ = ( đvdt)

Vậy diện tích thiết diện bằng

6

2

a

( đvdt)

IV

( 1,0 đ ) Cho x, y, z là các số dơng thoả mãn

Ta có: với ∀ a b > 0 thì 4ab ≤ ( a + b ) 2⇔ 









 +

≤ +

⇔

+

≤ + ab a b a b

b a b a

1 1 4

1 1 4

1

Dấu “ = “ xảy ra ⇔ a = b

áp dụng kết quả trên ta có















 + +

≤









+ +

≤ + + y z x y z x y z x

1 1 4

1 2

1 4

1 1

2

1 4

1 2

1

⇔ x+y+z ≤ x + y+ 2z

1 2

1 1 8

1 2

1

(1) Tơng tự ta có x+ y+z ≤  x+ y +2z

1 1 2

1 8

1 2

1

( 2 )

x+y+ z ≤  x + y+ z

1 2

1 2

1 8

1 2

1

(3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta đợc

4

1 2 2 2 8

1 2

1 2

1 2

1

=







=







≤ + +

+ + +

+ +

x

Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = y = z = 3/4

0,25

0,25

0,25

0,25 V.a

( 1,5 đ ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho ∆ ABC biết A( -1; -1 )

Ta thấy A ∉ d1 và d2 giả sử B ∈ d1 và C ∈ d2

Cạnh AC đi qua A và vuông góc với d1 có phơng trình là 2x – 7y – 5 = 0

Cạnh AB đi qua A và vuông góc với d2 có phơng trình là 5x – 3y + 2 = 0

điểm B là giao điểm của AB và d1 suy ra B( 2; 4 )

điểm C là giao điểm của AC và d2 suy ra C( 6; 1 )

0,25

A

K

B

M

C

E

F H

x2 + y2 - 2ax - 2by + c = 0 ( S) ( ĐK a2 + b2 – c > 0 )

Do A, B, C thuộc đơng tròn ta có hệ



















−

=

=

=

⇔









−

= +

−

−

−

= +

−

−

−

= + +

29 218 58 21 58 139

37 2

12

20 8

4

2 2

2

c b a

c b a

c b a

c b a

(thoả mãn đk * )

29

218 29

21 29

139

2

x

0,5

0,25 VI.a

( 1,5 đ ) Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập đợc Gọi số tự nhiên cần lập là A =

4 3 2

1a a a

a ( a1≠ 0 )

và a1, a2, a3, a4∈0, 1, 2, 3, 4, 5

TH1 Trong A có mặt chữ số 0

Có ba cách xếp chữ số 0, ba cách xếp chữ số 2, hai cách xếp chữ số 4 và 1

3

A cách xếp

chữ số 1, 3, 5

Suy ra có 3.3.2 1

3

A = 54 ( số )

TH2 Trong A không có mặt chữ số 0

Có bốn cách xếp chữ số 2, ba cách xếp chữ số 4, và A cách xếp chữ số 1, 3, 532

Suy ra có 4.3 2

3

A = 72 (số )

Từ TH1, TH2 suy ra có 54 + 72 = 126 ( số ) t/m yêu cầu bài toán

0,5

0,5 0,5

V.b

( 1,5 đ ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho hai đờng thẳng dDo A∈ d1 nên ta gọi A ( a; a ) 1: x – y = 0 .

Vì A, C đối xứng nhau qua BD mà B, D ∈ 0x

Từ A ( a; a ) ⇒ C ( a; - a ) mặt khác C ∈ d2⇒ a = 1

Suy ra A ( 1; 1 ) và C ( 1; -1 )

Ta lại có B, D ∈ 0x nên B ( b; 0 ), D ( d ; 0 )

Gọi I là trung điểm của AC ⇒ I( 1 ; 0) khi đó I là tâm của hình vuông ABCD

Khi đó IB = ID = IA = IC = 1

( )



=

=

=

=

⇔









=

−

=

−

⇔









=

−

=

−

⇔







=

=

⇔

2 , 0

2 , 0 1

1

1 1 1

1

1 1 1

1

2

2

d d

b b d

b d

b ID

IB

Suy ra B( 0; 0 ) và D ( 2 ; 0 ) hoặc B( 2; 0 ) và D ( 0 ; 0 )

Vậy 4 đỉnh của hình vuông là: A( 1; 1 ) và B ( 0 ; 0 ), C( 1; -1 ) và D ( 2 ; 0 )

hoặc A( 1; 1 ) và B ( 2 ; 0 ) , B( 1 ; -1 ) và D ( 0 ; 0 )

0,25

0,5

0,5

0,25 VI.b

( 1,5 đ ) Tìm hệ số chứa x

10 trong khai triển

+

3 4 -n -1 n

2 n

P A

! 3

! 3

! 1

!

−+

n n

Khi n = 5 ta có khai triển ( ( 2 2)5

2

3x − x− số hạng tổng quát là

C k( ) (x k x )k C k 5 k k x10 4k

5 2

5 2

Số hạng này chứa x10 khi k = 0

Khi đó số hạng chứa x10 là 243x10

1,0

0,5

Chú ý : Nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó