Së GD & §T H¶i D¬ng Trêng THPT Phóc Thµnh ----------o0o------------ §Ị chÝnh thøc §Ị kh¶o s¸t häc sinh líp 11 m«n to¸n (Thêi gian lµm bµi : 150 phót ) CÂU I ( 3 ®iĨm ) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh vµ bÊt ph¬ng tr×nh sau: 1) 2 2 4 2 3 4x x x x+ − = + − 2) 2 2 4 3 2 3 1 1x x x x x − + − − + ≥ − 3) 2 (1 2sin ) .cos 1 2 sin( ) 4 x x x π + − = + . CÂU II ( 3 ®iĨm ) 1) TÝnh giíi h¹n : 3 2 0 1 3 1 2 lim x x x I x → + − + = 2) Cho m bơng hồng trắng và n bơng hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bơng hồng trong đó có ít nhất 3 bơng hồng nhung ? Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P − + −  + + <    =  3) Tam gi¸c ABC cã c¸c gãc tho¶ m·n: 1 1 1 1 1 1 sin sin sin cos cos 2 2 2 A B C A B C cos + + = + + Chøng minh r»ng tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c ®Ịu. CÂU III ( 3 ®iĨm ) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi O là giao điểm hai đường chéo. Trên nửa đường thẳng Ox vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông, ta lấy điểm S sao cho góc ˆ 60SCB = ° a) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và SD. ( theo a) b) Gọi ( ) α là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với mặt phẳng (SAD). Tính diện tích thiết diện tạo bởi ( ) α và hình chóp S.ABCD. ( theo a) CÂU IV ( 1 ®iĨm ) Cho tø diƯn OABC víi OA = a, OB = b, OC = c vµ OA, OB, OC ®«i mét vu«ng gãc víi nhau. Gäi , , α β γ lÇn lỵt lµ gãc cđa OA, OB, OC víi mỈt ph¼ng (ABC). a) TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC theo a, b, c. b) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa: Q = sin .sin sin .sin sin .sin α β β γ γ α + + .HÕt Gi¸m thÞ coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm ! 1 Đáp án và biểu điểm toán 11 Câu I 3 đ 1) Điều kiện [ 2;2]x - 1 đ Đặt t = 2 4x x + => 2 2 4 2 4t x x= + => 2 2 4 4 2 t x x = Khi đó phơng trình có dạng: t = 2 + 2 3( 4) 2 t 2 4 3 t t = = Với t = 2 ta có 2 4x x + = 2 2 4 2x x = => x = 0 ; x = 2 Với t = - 4/3 ta có 2 4x x + = - 4 3 2 4 4 3 x x = => 2 2 14 2 14 9 12 10 0 3 3 x x x x + = = = ( Đối chiếu với ĐK ) Kết luận : Pt có ba nghiệm x = 0 ; x = 2; 2 14 3 x = 0.25 0.25 0.25 0.25 2) Điều kiện [ ) { } 2 2 4 3 0 1 ( ; 3; 1 2 2 3 1 0 x x x x x + + + Nhận xét x = 1 là 1 nghiệm của bpt. Nếu x 1 2 chia cả hai vế của BPT cho 1 x ta có: 3 1 2 1 3 1 1 2x x x x x x + 4 2 2 (3 ).(1 ) 1 2 3 (3 ).(1 ) 0 x x x x x x + + BPT đúng với mọi x 1 2 Nếu x 3 chia cả hai vế của BPT cho 1x ta có: 3 2 1 1 3 2 1 1x x x x x x + 3 3 2 2 (2 1).( 1) (2 1).( 1) 1 2 x x x x x x x + Vô lý do vế trái không âm còn vế phải âm. Vậy BPT có nghiệm { } 1 ( ; 1 2 x 0.25 0.25 0.25 0.25 3) Pt đã cho tơng đơng với: (sinx + 1).( 2sin2x -1 ) = 0 sinx = -1 2 ( ) 2 x k k Z = + sin2x 1 12 ( ) 5 2 12 x k k Z x k = + = = + 0.5 0.25 0.25 1) Có 2 C©u II 3 ®iÓm ( ) 3 2 2 0 3 2 2 2 2 2 3 3 0 1 3 (1 ) 1 2 (1 ) 1 3 (1 ) 1 2 (1 ) 1 2 1 (1 3 ) (1 ). 1 3 (1 ) lim lim x x x x x x I x x x x x x I x x x x x x x x → →   + − + + − + = −  ÷  ÷     + − + + − +  ÷ = −  ÷   + + + + + + + + +  ÷     2 2 3 3 0 3 1 1 2 1 (1 3 ) (1 ). 1 3 (1 ) lim x x I x x x x x x →   − − −  ÷ = −  ÷ + + + + + + + + +   1 1 1 2 2 I = − + = − VËy I = - 1 2 0.25 0.25 0.25 0.25 2) XÐt hÖ 2 2 1 3 1 9 19 (1) 2 2 720(2) m m n m n C c A P − + −  + + <    =  Từ (2): 761!6720)!1( =⇔=−⇔==− nnn (3) Thay n = 7 vào (1) ! 10! 9 19 ! . 2!( 2)! 2!8! 2 2 ( 1)! m m m m ⇒ + + < − − 09920 19990 2 19 2 9 45 2 )1( 2 2 <+−⇔ <++−⇔ <++ − ⇔ mm mmm m mm 119 <<⇔ m vì 10 =⇒Ζ∈ mm Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2 10 3 7 = CC cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 1 10 4 7 = CC cách TH3: 5 bông hồng nhung có: 21 5 7 = C cách ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 5 bông hồng thường %45,31 6188 1946 6188 5 17 ≈=⇒ = P C 0.25 0.25 0.25 0.25 3) Bæ ®Ò : a, b > 0 ta cã: 1 1 4 a b a b + ≥ + dÊu “ = ” khi a = b 0.25 3 ¸p dơng ta cã: 1 1 4 2 2 sin sin sin sin sin cos cos 2 2 2 1 1 2 sin sin cos 2 A B A B C A B A B Hay C A B + ≥ = ≥ + − + + ≥ ( Do gt) T¬ng tù: 1 1 2 sin sin cos 2 A B C + ≥ vµ 1 1 2 sin sin cos 2 B C A + ≥ Céng vÕ theo vÕ ta cã 1 1 1 1 1 1 sin sin sin cos cos 2 2 2 A B C A B C cos + + ≥ + + §¼ng thøc x¶y ra: cos cos 1 2 2 2 A B B C C A cos A B C − − − ⇔ = = = ⇔ = = ⇔ Tam gi¸c ABC ®Ịu => ®iỊu ph¶i chøng minh. 0.25 0.25 0.25 C©u III 3 ®iĨm a) Khoảng cách giữa BC và SD. 1.25 ( ® ) Ta có SO là trục hình vuông ABCD và ¼ 60SCB = 0 ⇒ SA = SB = SC = SD = CB = a Và BC// (SAD) nên d(BC, SD) = d(I,(SAD)) Với I là trung điểm CB. Gọi H là trung điểm AD, ta có: ( )BC SHI⊥ . Vẽ IJ SH ⊥ ta có ( )IJ SAD⊥ ⇒ d(BC, SD) = IJ Tam giác SIH có 2 . . 6 2 3 3 . 2 a a SO HI a IJ SH a = = = Vậy d(BC, SD) = 6 3 a . b) ( ) α Cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang BCFE. Do hình chóp đều nên BCFE là hình thang cân: (EF+BC).IJ E 2 S BCF = ( H×nh vÏ : 0.5 ® ) Ta có: 3 3 3 ; , 3 6 2 a a a HJ SJ SH= = = Do EF//AD nên: 3 EF 1 6 AD 3 3 2 a SJ SH a = = = 3 a EF⇒ = . Vậy 6 2 2 6 3 3 2 9 a a a a S BCEF   +  ÷   = = ( §vdt ) ( H×nh vÏ cha thËt chn) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 4 Câu IV 1 điểm N M H C B A O Gọi H là hình chiếu của O xuống mp(ABC). Dễ chứng minh H là trực tâm của tam giác ABC. Xét tam giác vuông OBC ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 OM OB OC b c = + = + Suy ra : 2 2 bc OM b c = + . Xét tam giác vuông OAM có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a c a b AM OA OM AM b c + + = + => = + Vậy diện tích tam giác ABC : S = 2 2 2 2 2 2 1 1 * 2 2 AM BC a b b c c a = + + Tam giác vuông OAM ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 OH OM OA OA OB OC = + = + + (1) Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin ;sin ;sin OH OH OH OA OB OC = = = (2) Từ (1) và (2) => 2 2 2 sin sin sin 1 + + = Lại có 2 2 2 1 sin sin sin sin sin sin sin sin sin = + + + + Từ đó giá trị lớn nhất của Q = 1. Khi và chỉ khi a = b = c. ( Không tính điểm vẽ hình ) 0.25 0.25 0.25 0.25 Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa! 5