Đề khảo sát chất lượng lần 3 - Năm học 2015 - 2016 Môn: Toán 11 (thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

SỞ GD&ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 
(Đề gồm có 01 trang) 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3 - NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: Toán 11 
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (1,0 điểm). Cho parabol (P): 2 3 2y x x   và đường thẳng (d): y x m   . Tìm m để (d) cắt 
(P) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục 
tọa độ bằng nhau. 
Câu 2 (1,5 điểm). 
a) Giải phương trình: 1 2sin .cos sin 2cosx x x x   
b) Cho ;
2 2
 

 
  
 
 thỏa mãn 
1
sin
5
  . Tính  tan 1 cos2P    
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm các giới hạn sau: 
a) 


 
2
2
2
4
lim
3 2x
x
x x
 b) 

 
    
 
3 3 2
lim 3 4 3
x
x x x x 
Câu 4 (1,0 điểm). Cho khai triển 
 
      
 
18
2 18
0 1 2 18
1
...
2 3
x
a a x a x a x . Tìm 
10
a và tính tổng 
    
0 1 2 18
... .S a a a a 
Câu 5 (0,5 điểm). Có n cái kẹo trong túi, trong đó có 6 kẹo màu cam còn lại là kẹo màu vàng. Chi lấy 
một chiếc kẹo bất kỳ từ trong túi và ăn chiếc kẹo đó. Sau đó Chi lấy một chiếc kẹo khác và ăn luôn 
chiếc kẹo này. Tìm n biết xác suất để Chi ăn được hai chiếc kẹo màu cam là 1/3. 
Câu 6 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
    
2
2 2 2
2 4 1
22 1 9 9
x y y
y x x y
   

   
Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành với , 2AB a AD a  . Tam giác SAB 
vuông cân tại A. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AD, BC, SC. 
a) Chứng minh (MNP) // (SAB). 
b) Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP). Tính diện tích thiết diện. 
c) Cho SA SC chứng minh rằng SA NE với E là trung điểm của SA. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn    
2 2
( ) : 1 2 5C x y    . 
Một điểm A nằm ngoài đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến (C) với B, C là các tiếp điểm. 
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết trực tâm H của tam giác nằm trên đường tròn (C) và đỉnh 
A có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng : 1 0d x y   . 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 2 3x y z y   . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức 
     
2 2 2
1 4 8
1 2 3
P
x y z
  
  
. 
------------------------ Hết ------------------------ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: Số báo danh: .....
ĐÁP ÁN BÀI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3 - NĂM HỌC 2015-2016 
MÔN: Toán 11 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 
Cho parabol (P): 2 3 2y x x   (1) và đường thẳng (d): y x m   . Tìm m để 
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I 
của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. 
1,0 
PT hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 2 3 2    x x x m hay 
2 2 2 0   x x m (*) 
Để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) 
có hai nghiệm phân biệt ' 0 m 1    
0,25 
Gọi A Bx ;x là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có 
1; 1
2
A B
I I I
x x
x y x m m

      
0,25 
Yêu cầu bài toán | | | |I Ix y  
m 1 1   m 2;m 0   
0,25 
Kết hợp ĐK, kết luận 2m  0,25 
2 
a 
Giải phương trình: 1 2sin .cos sin 2cosx x x x   1,0 
  
1 2sin .cos sin 2cos
1 sin 2cos (1 sin ) 0
1 sin 1 2cos 0
x x x x
x x x
x x
  
    
   
 0,5 
sin 1
1 sin 0
1
1 2cos 0 cos
2
x
x
x x

      

 0,25 
 
2
2
2
3
x k
k
x k





 
 
   

KL: 
0,25 
b 
Cho ;
2 2
 

 
  
 
 thỏa mãn 
1
sin
5
  . Tính  tan 1 cos2P    0,5 
1 2
sin cos
5 5
     mà ;
2 2
 

 
  
 
 suy ra 
2
cos
5
  0,25 
   2
sin
tan 1 cos2 1 1 2sin
cos
1 1 9
1 1 2.
2 5 10
P
P

  

 
     
 
  
      
  
 0,25 
3 
a 
Tìm giới hạn: 


 
2
2
2
4
lim
3 2x
x
x x
 0,5 
 
  

  
2
2
2 2
4 ( 2)( 2)
lim lim
( 2)( 1)3 2x x
x x x
x xx x
 0,25 


 
2
2
lim 4
1x
x
x
 0,25 
b 
Tìm giới hạn: 

 
    
 
3 3 2
lim 3 4 3
x
x x x x 0,5 
 

  
               
  
      
  
  
3 3 2
3
2 2
3
2 2
3 4 3
lim 3 4 3 lim 1 1
3 4 3
lim 1 1
x x
x
x x x x x x
xx x
x
xx x
 0,25 
Mà 

 lim
x
x và 

 
      
 
 
3
2 2
3 4 3
lim 1 1 2 0
x xx x
 suy ra 

 
      
 
3 3 2
lim 3 4 3
x
x x x x 
0,25 
4 
Cho khai triển 
 
      
 
18
2 18
0 1 2 18
1
...
2 3
x
a a x a x a x . Tìm 
10
a và tính tổng 
    
0 1 2 18
... .S a a a a 
1,0 


 
     
       
     
 
18 18
18 18
18 18 18
0 0
1 1 1
2 3 2 3 2 .3
k k
k k k
k k
k k
x x
C C x 0,25 
Suy ra  10
10 18 8 10
1
2 .3
a C 0,25 
   
               
   
18 18
2 18
0 1 2 18 0 1 2 18
1 1 5
... .1 .1 ... .1
2 3 6
S a a a a a a a a 0,5 
5 
Có n cái kẹo trong túi, trong đó có 6 kẹo màu cam còn lại là kẹo màu vàng. Chi 
lấy một chiếc kẹo bất kỳ từ trong túi và ăn chiếc kẹo đó. Sau đó Chi lấy một 
chiếc kẹo khác và ăn luôn chiếc kẹo này. Tìm n biết xác suất để Chi ăn được hai 
chiếc kẹo màu cam là 1/3. 
0,5 
Gọi  là không gian mẫu ta có ( ) .( 1)n n n   0,25 
Gọi A là biến cố “Chi ăn được hai chiếc kẹo màu cam” 
( ) 6.5 30n A   
Xác suất để Chi ăn được hai chiếc kẹo màu cam là 1/3 suy ra 
2
9 ( )30 1
( 1) 90 90 0
10 ( / )( 1) 3
n loai
n n n n
n t mn n
 
           
0,25 
6 
Giải hệ phương trình sau: 
    
2
2 2 2
2 4 1 (1)
22 1 9 9 (2)
x y y
y x x y
   

   
 1,0 
ĐK: 1y   
   
   
2 2 2
22 2 2
(2) 22 1 9 9 9( 1)
22 1 9 9( 9)( 1)
y x x y
y x x y
        
      
0,25 
2
2 2
2
2
1 1
22 9 1 0
9 9
1 1
9 2
1 1
9 11
y y
x x
y
x
y
x
  
    
  

 
 
  
 
 0,25 
TH1: 2
2
1 1
2 11
9 2
y
x y
x

   

 thay vào (1) ta được 
4 1 2 13 (3)y y y   . Đặt  1 0t y t   khi đó (3) trở thành 
 3 2 2 2
2 2
4 2 4 15 0 4 4 1 2 5 15 0
5 95
(2 1) 2( ) 0 ( )
4 8
t t t t t t t t
t t t vonghiem
          
     
0,25 
TH2: 2
2
1 1
2 11
9 11
y
x y
x

    

 thay vào phương trình (1) ta được 
 4 1 11 4 1 11 0 0 2y y y y y y x            
So sánh với điều kiện ta được tập nghiệm của hệ là 
    ( ; ) 2;0 ; 2;0S x y   
0,25 
7 a 
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành với , 2AB a AD a  . Tam giác 
SAB vuông cân tại A. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AD, BC, SC.. 
a) Chứng minh (MNP) // (SAB). 
0,5 
 
 
/ /
/ /( ) (1)
MN AB
AB SAB MN SAB
MN SAB


 

 
E
P
A D
B C
S
M
N
Q
0,25 
 
 
/ /
/ /( ) (2)
NP SB
SB SAB NP SAB
NP SAB


 

 
(3)NP MN N  
Từ (1), (2) và (3) suy ra (MNP) // (SAB). 
0,25 
b 
b) Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP). Tính diện tích 
thiết diện. 
1,0 
Xét (MNP) và (SAD) có 
   
     ( ) / / / /
( ) ( )
M MNP SAD
MNP SAB MNP SAD Mx SA
SAB SAD SA
  

  

  
0,25 
Gọi Q Mx SD  . Ta có 
   
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
MNP ABCD MN
MNP SBC NP
MNP SAD MQ
MNP SCD PQ
 
 
 
 
Suy ra thiết diện là tứ giác MNPQ 
0,25 
Có 
( ) ( )
/ /
/ / / /
( )
( )
MNP SCD PQ
MN CD
PQ MN CD
MN MNP
CD SCD
  



 
 
 suy ra tứ giác MNPQ là hình 
thang 
0,25 
Có 
/ /
/ /
MQ SA
MN AB MQ MN
SA AB


  
 
tứ giác MNPQ là hình thang vuông 
Ta có ,
2
a
MN AB a MQ PQ    
Vậy   2
1 3
.
2 8
MNPQS MN PQ MQ a   (đvdt) 
0,25 
c 
Cho SA SC chứng minh rằng SA NE với E là trung điểm của SA. 0,5 
(1)
(2)
EN ES SC CN
EN EA AB BN
  
  
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có 
2EN SC AB  
0,25 
Suy ra 2 . ( ). . . 0EN SA SC AB SA SC SA AB SA EN SA       0,25 
8 
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn 
   
2 2
( ) : 1 2 5C x y    . Một điểm A nằm ngoài đường tròn (C) kẻ hai tiếp 
tuyến AB, AC đến (C) với B, C là các tiếp điểm. Tìm tọa độ các đỉnh của tam 
giác ABC biết trực tâm H của tam giác nằm trên đường tròn (C) và đỉnh A có 
hoành độ dương và nằm trên đường thẳng : 1 0d x y   . 
1,0 
Đường tròn (C) có tâm I(1;2) bán 
kính 5R  
Vì tam giác ABC cân tại A mà H là 
trực tâm của tam giác nên H thuộc AI 
Mặt khác H thuộc đường tròn (C) 
nên H là giao của AI và (C) 
H
IA
B
C
0,25 
Ta có H là điểm chính giữa cung BC nên ABH HBC suy ra H là tâm đường 
tròn nội tiếp tam giác ABC mà H cũng là trực tâm nên tam giác ABC là tam 
giác đều. 0
0
1
30 2 5
2 sin30
IB
BAI BAC AI     
0,25 
Vậy tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình 
   
2 2
5
1 0 4
(5;4)
11 2 20
2
x
x y y
A
xx y
y
 
             
 
0,25 
Ta có: 2 2 2 2 15AB AC AI R    
Do đó tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình: 
   
   
2 2
2 2
3
2
2
5
3
1 2 5 2
5 4 15 3
2
2
5
3
2
3 5 3 5
2 ; 3 ; 2 ; 3
2 2 2 2
3 5 3 5
2 ; 3 ; 2 ; 3
2 2 2 2
x
y
x y
x y
x
y
B C
C B

 

        

     

  
    
          
    
 
             
   
KL: 
3 5 3 5
2 ; 3 ; 2 ; 3 ; (5;4)
2 2 2 2
B C A
   
         
   
 hoặc 
3 5 3 5
2 ; 3 ; 2 ; 3 ; (5;4)
2 2 2 2
C B A
   
         
   
0,25 
9 
Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 2 3x y z y   . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức 
     
2 2 2
1 4 8
1 2 3
P
x y z
  
  
. 
1,0 
Sử dụng BĐT Cosi ta có 
       
2 2 2 2 2
1 4 1 1 2 8
1 2 1 1 11 1 1
22 2
yx y x y yx x
    
                   
 0,25 
Tương tự 
   
2 2 2
8 8 16 64
3 1 1 31 1 1 1 3
22 2
yzy yx zx x z
  
                      
 0,25 
Mặt khác: 
 
2 2 2 2 2 2
2
2 4 2 1 4 1 6 3 6
64
2 2 6 3 1
2 3 2 3
x y z x y z x y z y
y
x y z x z P
             
          
 
0,25 
 Vậy GTNN của P bằng 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=z=1, y=2 0,25