Do A, B, C thuộc đường trũn nờn ta cú... Kí hiệu hai phương trình lần lượt là 1 và 2.
Trang 1TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL HỌC THÊM LỚP 11 - LẦN 1
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn Thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
−
=
−
− +
= +
5 ) 2 ( 3 ) 1 ( 2
4 2
y x
y x
Câu 2(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 1
3
5 4
2 2
≥ +
+
−
x
x
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3sin2 x−3sinx.cosx+4cos2 x=2
b) Cho
7
3 sinα = , π <α <π
2 Tính giá trị của biểu thức M =sin2α +2cos2α
Câu 4 (1,0 điểm) T×m hÖ sè cña x4 trong khai triÓn cña
n
x
−3 22
(x > 0) biÕt r»ng n lµ sè
tù nhiªn tháa m·n 2+ − 1+ n− 2 =92
n
n n
Câu 5 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2 ; -1),
B(3 ; 2), C(-3 ; 1) Viết phương trình đường cao đi qua A và phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau, trong đó có mặt chữ số 1?
b) Để chuẩn bị cho lễ kỉ niệm 50 năm thành lập trường, nhà trường cần chọn 20 học sinh nữ
để tiếp đón đại biểu đến tham dự Số học sinh này được lấy ngẫu nhiên theo danh sách từ 15 học sinh nữ của lớp 11A và 22 học sinh nữ của lớp 11B Tính xác suất để mỗi lớp có ít nhất
9 học sinh được chọn (lấy gần đúng đến 5 chữ số sau dấu phẩy)
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O, M là điểm di
động trên SC và (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD Tìm các giao điểm H và K của (P) với SB và SD Chứng minh
SM
SC SK
SD SH
SB + − là một hằng số
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(−1;−3),
trực tâm H(1; - 1) và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I(2; - 2) Tìm tọa độ các đỉnh B, C
của tam giác
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
+
= +
−
+
=
−
3 3 2
1 3
2
3
x y xy y
y x x
Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a2+b2+c2 =3
4
1 4
1 4
−
+
−
+
-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2TRƯỜNG THPT ĐễNG SƠN I Kè THI KSCL NĂM HỌC 2015 – 2016, LẦN 1
HƯỚNG DẪN CHẤM MễN TOÁN 11
=
−
=
⇔
−
=
−
= +
⇔
3
2 13
3 2
4 2
y
x y
x
y x
1 3
5 4
2 2
≥ +
+
−
x
x x
0 3
2 5
2 2
≥ +
+
−
⇔
x
x
+) Ta cú 2x2−5x+2=0⇔x=2,x=1/2
x+3=0⇔ x=−3
0,25
Bảng xột dấu vế trỏi của (*)
x −∞ −3 1/2 2 +∞
2 5
2x2 − x+ + | + 0 - 0 +
3
+
x - 0 + | + | +
VT - || + 0 - 0 +
0,5
Theo bảng xột dấu thỡ bất phương trỡnh cú tập nghiệm [2; )
2
1
;
3 ∪ +∞
−
=
2 0
cosx= ⇔x=π +kπ k∈Z khụng phải là nghiệm của phương trỡnh Chia hai vế của phương trỡnh cho cos2 x ta được
) tan 1 ( 2 4 tan 3 tan 3 cos
2 4 tan 3 tan
2
x x
0,25
2 tan , 1 tan 0 2 tan 3
) ( 2 arctan ,
49
40 7
3 1 sin 1 cos
2 2
−
=
−
7
10 2 cos
0
49
10 12 62 1 49
40 2 2 7
10 2 7
3 2 ) 1 cos 2 ( 2 cos sin
+
−
⋅
⋅
=
− +
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
− + +
−
⇔
= +
) ( 3 / 23
8 0
184 3
92 2
) 1 ( )
1 (
2 1 2
loai n
n n
n n
n n n
n C
C
n
n n
k k
k
x x
C
8 2
8 3 8
−
=
Số hạng chứa x4 ứng với k thỏa mãn 24 – 5k = 4 ⇔k =4
0,25
Vậy hệ số của x4 trong khai triển đã cho là 4( 2)4 1120
Đường cao đi qua A cú vectơ phỏp tuyến là BC=(−6;−1) nờn cú phương trỡnh 0,25
0 11 6
0 ) 1 ( ) 2 (
+) Gọi x2+y2+2ax+2by+c=0 Do A, B, C thuộc đường trũn nờn ta cú
Trang 3
−
=
−
=
−
=
⇔
−
= + +
−
−
= + +
−
= +
−
⇔
= + +
− +
= + + + +
= +
− + +
17 / 128
34 / 45
34 / 1 10
2 6
13 4
6
5 2
4 0 2
6 1
9
0 4
6 4
9
0 2
4 1
4
c b a c
b a
c b a
c b a c
b a
c b a
c b a
0,25
17
128 34
90 34
2 2
+) Nếu số đã cho có chữ số 0 thì: Có 4 cách chọn vị trí cho 0, 4 cách chọn vị trí cho 1 và
3
8
A cách chọn 3 chữ số khác 0, 1 và xếp vào 3 vị trí còn lại
Do đó có 4.4 3 =
8
0,25
+) Nếu số đã cho không có chữ số 0 thì: Có 5 cách chọn vị trí cho 1 và 4
8
A cách chọn 4 chữ số khác 0, 1 và xếp vào 4 vị trí còn lại
Do đó có 5 4 =
8
Vậy có tất cả 5376 + 8400 = 13776 số thỏa mãn đề bài
0,25
Tổng số học sinh nữ ở hai lớp là 15 + 22 = 37 Số phần tử của không gian mẫu là Ω =C3720 0,25 Gọi A là biến cố đã cho, khi đó có ba trường hợp: Một lớp có 9 học sinh lớp còn lại 11 học
sinh, hoặc cả hai lớp cùng có 10 học sinh Suy ra ΩA =C159C1122+C1510C1022+C1511C229
37
9 22
11 15
10 22
10 15
11 22
9
=
C
C C C C C C A P
0,25
Gọi I =SO∩AM Do (P) // BD và
) ( )
Do đó từ I ta kẻ đường thẳng song song với BD sẽ cắt SB tại H và cắt
SD tại K.
0,5
Gọi J là trung điểm của MC
Ta có HK // BD, OJ // AM do đó
SM
SC SI
SO SM
SC SK
SD SH
SB + − =2 −
SM
MC SM SI
IO
SI+ − +
=2
0,25
SM
MJ SI
IO 2 1 2
SI
IO SI
Gọi BB’ là đường kính của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có AH ⊥BC,B'C⊥BC⇒ AH//B'C
Tương tự: CH // AB' Do đó AHB’C là hình bình
hành, suy ra AH =B'C
0,25
Gọi M là trung điểm của BC, suy ra IM là đường trung bình của tam giác BCB’ nên B'C=2IM Suy ra AH =2IM
−
=
=
⇔
+
=
−
=
⇒
1
3 )
2 ( 2 2
) 2 ( 2 2
M
M M
M
y
x y
Đường thẳng BC đi qua M(3;−1) và có vectơ pháp tuyến IM =(1;1) nên có phương trình
0 2 0
1
x
S
A
D O
K M
J
A
B’
I M H
Trang 4+) Đường tròn (C) có tâm I và bán kính R=IA= 10 nên có phương trình
10 ) 2 ( )
2
+) Do B, C là giao của đường thẳng BC và đường tròn (C) nên tọa độ của B, C là nghiệm
của hệ phương trình
=
− +
= + +
−
) 2 ( 0 2
) 1 ( 10 ) 2 ( ) 2
y x
y x
x
y= −
)
2
( thế vào (1) ta được (x−2)2 +(4−x)2 =10⇔x2 −6x+5=0
−
=
=
⇒
=
=
⇔
3
1 5
1
y
y x
x
Vậy B(1;1),C(5;−3) hoặc B(5;−3),C(1;1)
0,25
ĐK: y≥−1 Kí hiệu hai phương trình lần lượt là (1) và (2).
(2) ⇔ y(y−x−1)+3(y−x−1)=0⇔(y−x−1)(y+3)=0⇔ y=x+1(Do y+3>0) 0,25 Thay vào phương trình (1) ta có x3−3x= x+2 (3)
Đk: x≥−2 Nếu x > 2 thì x3−3x = x+x(x2−4)> x> 2x = x+x > x+2 pt vô
nghiệm
Do đó để giải (1) chỉ cần xét −2≤ x≤2, đặt x = 2cost ; t∈[ ]0;π
0,25
Phương trình (3) trở thành:
2 cos 3 cos 2
cos 2 cos 6 cos
t t
t
) ( 7 4 5
4 )
( 2 2 3
2 2
3
Z k k t
k t Z k k
t t
k
t t
∈
=
=
⇔
∈
+
−
=
+
=
⇔
π
π π
π
Do t∈[ ]0;π nên
5
4 , 7
4
;
=
t
0,25
⇒ x = 2;
7
4 cos 2
; 5
4 cos
5
4 cos 2
; 5
4 cos 2 , 1 7
4 cos 2
; 7
4 cos 2 );
3
; 2
Theo giả thiết thì a,b,c< 3⇒4− ab>4−3=1>0⇒((2+ ab)(4− ab)>0
Mặt khác (2+ ab)(4− ab)≤9⇔ ( ab−1)2≥0(luôn đúng)
nên 0<(2+ ab)(4− ab)≤9
0,25
5 9
4 1 ) 4
( 2
4 1
4
2 1 4
ab ab
ab ab
ab ab
+
=
−
−
≤
− +
−
−
=
−
−
−
=
9
5 4
2 , 9
5 4
ca
bc bc
+
≤
−
+
≤
−
Cộng 3 BĐT trên ta được
+
≤ + + +
≤
−
+
−
+
1 3
5 9
3
5 4
2 4
2 4
ca bc
ab
0,25
2 9
3
= + + +
4
1 4
1 4
−
+
−
+
