Đề thi KSCL Toán 11 năm 2017 – 2018 trường Thạch Thành 1 – Thanh Hóa lần 2

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I TỔ TOÁN- TIN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 NĂM HỌC: 2017- 2018 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số: y  x 2  x  2  P  và đường thẳng: d : y  x  m 1. Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị (P) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  10 . Câu 2: (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3  sin 3x  sin x   2.cos x.cos 2 x  0 . 2. Một hộp đựng 7 bi đỏ, 8 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên ra 5 viên bi. Tính xác suất để lấy được 5 viên bi có đủ cả hai màu. Câu 3: (1,5 điểm)   12 2 1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển Niu-tơn của nhị thức: P  x    x 2   . x 2. Tính giới hạn: lim x1 3 5  4x  7  6x x3  x 2  x  1  . Câu 4: (1 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số: y  x 4   3m  1 x 2  2m  3 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng. 2 2 Câu 5: (1,5 điểm) Cho đường tròn  C  :  x  2    y  3  25 và điểm M  7; 3 . 1. Tìm phương trình đường tròn  C ‘ là ảnh của đường tròn  C  qua phép vị tự tâm J  3;1 tỷ số k  3 . 2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  7 và diện tích tam giác IAB bằng 12. (với I là tâm của đường tròn  C  ). Câu 6: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SC, AB, AD. 1. Tìm giao điểm của SD với mặt phẳng (ABM). 2. Dựng thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP).  x, y , z  0 . Tính giá trị của biểu thức:  xy  yz  zx  1 Câu 7: (0,5 điểm) Cho  1  y 1  z   y 1  z 1  x   z 1  x 1  y  2 Sx 1  x2 2 2 1  y2 2 2 2 1 z2 ———————————-Hết————————————–(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ, tên thí sinh:………………………………………………. Cán bộ coi thi:…………………………………. TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I TỔ TOÁN- TIN Câu Câu 1 KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 NĂM HỌC: 2017- 2018 Môn thi: TOÁN Thời gian:120 phút ĐÁP ÁN Đáp án Điểm 0,5 1. + TXĐ, vẽ đúng bảng biến thiên 0,5 + Vẽ đúng đồ thị. 2. Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  x  2  x  m  x 2  2 x  m  2  0 1 Để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) có 2 nghiệm phân biệt:   ‘  0  m  3  0  m  3  2   x1  x2  2  x1.x2   m  2 Giả sử: A  x1; x1  m  ; B  x2 ; x2  m  với   Từ gt 2  10  2  x1  x2   4 x1x2   10   7  10  m    t / m  2   4  x2  x1 2   x2  x1 2  2  4  4  m  2 7 4 3  sin 3 x  sin x   2.cos x.cos 2 x  0 (1) KL: m   Câu 2 1. Pt 1  3  sin 3 x  sin x    cos 3 x  cos x   0  3 sin 3 x  cos 3x  3 sin x  cos x  3 1 3 1 sin 3 x  cos 3 x  sin x  cos x 2 2 2 2      sin  3 x    sin  x   6 6   0,5    x  6  k   x    k  4 2  k   KL : Tx    k ;   4 2  6 0,5 2. Gọi A là biến cố cần tìm. 5 Ta có: n     C15 0,5     n A  C75  C85  P  A   1  P A  1  Câu 3 C75  C85 5 C15  38 39 0,5 1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển Niu-tơn của nhị thức: 12 2  P  x    x2   x .    k   k k  2  123k     2  C12 x x   Số hạng không chứa x ứng với: 12  3k  0  k  4 k Số hạng tổng quát: Tk 1  C12 x2 12 k 4 Vậy só hạng không chứa x là:  2  C12  7920 0,5 4 0,5 2. 5  4x  3 7  6x lim  lim x1 lim x1  lim x3  x 2  x  1 x1 x1 5  4 x   2 x  3 x3  x 2  x  1 4 x 2  8 x  4  x  12  x  1  5  4 x   2 x  3   lim x 1 x3  x 2  x  1 0,25  8 x3  36 x 2  48 x  20  x  12  x  1   2 x  32   2 x  3 3 7  6 x  3  7  6 x 2   lim x1  lim x 1  4  x  1   5  4 x   2 x  3  8 x  20  x  1   2 x  32   2 x  3 3 7  6 x  3  7  6 x 2   4 12    1  2  .2  2  .3 Câu 4  2 x  3  3 7  6 x  0,25   1. Để đồ thị hàm số: cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng thì phương trình: x 4   3m  1 x 2  2m  3  0 1 có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng. 0,25 Đặt t  x 2  t  0  pt trở thành: t 2   3m  1 t  2m  3  0  2  Pt(1) có 4 nghiệm phân biệt khi pt(2) có hai nghiệm dương phân biệt y  x 4  3m  1 x 2  2m  3  9m 2  2m  11  0    3m  12  4  2m  3  0   1 11    S  3m  1  0  m    m   3 3 9  P  2m  3  0  3   0,25 m   2 Gọi t1; t2 là hai nghiệm của (2): 0  t1  t2 . Khi đó 4 nghiệm lập thành cấp số cộng của pt(1) là: x1   t2  x2   t1  x3  t1  x4  t2  x3  x2  x4  x3  2 t1  t2  t1  t2  3 t1  t2  9t1 0,25 3m  1  t1  10  t2  9t1 9  3m  1   t1  t2  3m  1  t2  10 t .t  2m  3  1 2    3m  1 9  3m  1 Khi đó: .  2m  3  10  10 m  3  81m  146m  291  0    m   97 81  Đối chiếu với ĐK (3)  m  3 KL: Tm  3 2 0,5 Câu 5 1. Đường tròn  C  :  x  2    y  3  25 có tâm I  2; 3 bán kính R  5 2 2 I ‘  x; y   V J ;k   I  là tâm của (C’)   x  6  x  3  3  1  JI ‘  3 JI     I ‘  6;13  y  13  y  1  3  4  Bán kính của  C ‘ : R ‘  3 .R  3.5  15 0,5 0,25 Phương trình  C ‘ :  x  6    y  13  225 2 2 2. I h A H B Gọi H là hình chiếu của I trên , H là trung điểm AB. Đặt IH  h, h  0  AB  2 R 2  h 2  2 25  h 2 S IAB  h2  9 1 h.2 25  h 2  12  25h 2  h 4  144  h 4  25h 2  144  0   2  h 2  16 TH1: h 2  16  h  4  AB  6  7  loại. TH: h 2  9  h  3  AB  8  7  thỏa mãn.  d  I ;d   3 0,5 Phương trình của đường thẳng d : a  x  7   b  y  3  0   ax  by  7 a  3b  0 a 2  b 2  0 d  I; d   3  2a  3b  7 a  3b 2 2 a b  4a  3b  16a 2  9b 2    4a  3b   3  5 a  3 a 2  b2 + 4a  3b. Chọn a  3  b  4  d : 3 x  4 y 9  0 + 4a  3b . Chọn a  3  b  4  d : 3x  4 y  33  0 KL: 0,25 Câu 6 1. S M J I B C O A D Gọi O  AC  BD Trong mp  SAC  : AM  SO  I 1,0 Trong mp  SBD  : BI  SD  J  J  SD   ABM  S M K H B F N C O A D P E 2. Trong mp  ABCD  : NP  CD  E ; NP BC  F Trong mp  SBC  : FM  SB  K Trong mp  SCD  : EM  SD  H Nối NK; PH ta được nguc giác MHPNK là thiết diện cần dựng. Câu 7  x, y , z  0  Cho  xy  yz  zx  1 . Tính giá trị của biểu thức: 1  y 1  z   y 1  z 1  x   z 1  x 1  y  2 Sx 2 1  x2 Đặt x  tan a; y  tan b; z  tan c 2 2 1  y2    0  a , b, c   2  Giả thiết suy ra: tan a.tan b  tan b.tan c  tan c.tan a  1  tan a  tan b  tan c   1  tan b.tan c 2 1 z2 2 1,0  tan b  tan c 1     tan  b  c   cot a  tan   a  1  tan b.tan c tan a 2   bc   2  a  k  a  b  c  2 1  y 1  z   tan a 1  tan b 1  tan c   tan a 2 x  1 x 2 2 2 2 2 1  tan a cos a cos b.cos c cos  b  c  cos b.cos c  sin b.sin c sin a    1  tan b.tan c cos b.cos c cos b.cos c cos b.cos c  1  yz  Tương tự:  S  1  yz  1  zx  1  xy  3   xy  yz  zx   3  1  2 Học sinh là theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.