Đề khảo sát chất lượng năm học 2015 - 2016 lần 3 đề thi môn: Toán 11 thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề

 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2
1
1008 2
3
y x x   . Tìm x để ' 0y  . 
Câu 2 (2,0điểm). Giải phương trình lượng giác: cos3 sin 0x x  . 
Câu 3 (1,5 điểm). Trong cuộc thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2015 – 2016 trường THPT 
Liễn Sơn có 10 em đạt giải nhất, trong đó có 5 em khối 12; 3 em khối 11 và 2 em khối 10. 
Nhà trường cần chọn ra 3 em trong tổng số 10 em trên để trao học bổng toàn phần. Hỏi nhà 
trường có bao nhiêu cách chọn ra 3 em sao cho có đủ cả ba khối. 
Câu 4 (2,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có SA SB SC  , tam giác ABC vuông cân tại A. 
Gọi I là trung điểm cạnh BC. Chứng minh  BC SAI và xác định góc giữa đường thẳng 
SA và mặt phẳng  ABC . 
Câu 5 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình 
 
2 3 23 8 7 3 6
7 5 3 1
xy y y xy y
xy y y y
     

    
. 
Câu 6 (1,0 điểm). Trên hệ trục tọa độ Oxy cho ABC có trực tâm  2;1H và tâm đường 
tròn ngoại tiếp tam giác là điểm  1;0I . Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng có 
phương trình 2 1 0x y   . Xác định tọa độ các đỉnh ,B C biết đường tròn ngoại tiếp 
HBC đi qua điểm  6; 1E  và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4. 
--------Hết----------- 
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.................Số báo danh: 
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 3 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 
Thời gian làm bài:90 phút, không kể thời gian giao đề. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
ĐÁP ÁN THI KSCL NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 3 
MÔN: TOÁN - LỚP 11 
(Đáp án gồm 03 trang) 
I. LƯU Ý CHUNG: 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài 
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
II. ĐÁP ÁN 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
1 
Cho hàm số 3 2
1
1008 2
3
y x x   . Tìm x để ' 0y  
2,0 
Ta có: 2' 2016y x x  1,0 
2
0
' 0 2016
2016
x
y x x
x

     
0,5 
Vậy    ;0 2016;x    là các giá trị cần tìm 0,5 
2 Giải phương trình lượng giác: cos3 sin 0x x  2,0 
Ta có  cos3 sin 0 cos3 sin cos3 sinx x x x x x        0,5 
cos3 cos
2
x x
 
   
 
0,5 
 
3 2
42
;
3 2
8 22
x kx x k
k
x kx x k


 


    
  
      
 
0,5 
Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm là:  ;
4 8 2
x k x k k
  
      
0,5 
3 Trong cuộc thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2015 – 2016 trường THPT 
Liễn Sơn có 10 em đạt giải nhất, trong đó có 5 em khối 12; 3 em khối 11 và 
2 em khối 10. Nhà trường cần chọn ra 3 em trong tổng số 10 em trên để 
trao học bổng toàn phần. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn ra 3 em 
sao cho có đủ cả ba khối. 
1,5 
Số phần tử của không gian mẫu là   310n C  0,5 
Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ta có   1 1 15 3 2. .n A C C C 0,5 
Vậy  
1 1 1
5 3 2
3
10
. . 1
4
C C C
P A
C
  
0,5 
4 Cho hình chóp .S ABC có SA SB SC  , tam giác ABC vuông cân tại A. 
Gọi I là trung điểm cạnh BC. Chứng minh  BC SAI và xác định góc giữa 
đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC . 
2,0 
I
B C
A
S
Vì I là trung điểm của BC, các tam giác BSC và BAC cân tại S và tại A nên ta có 
,SI BC AI BC  0,5 
Do đó  BC SAI 0,5 
Ta có SI chung, 
0, 90SA SB AI BI SIA SIB SIA SIB        0,25 
 SI AI  , mà ,SI BC BC AI I   . Do đó  SI ABC 0,25 
 IA là hình chiếu vuông góc của SA trên mặt phẳng  ABC 0,25 
Vậy     , ,SA ABC SA IA SAI  0,25 
5 
 
2 3 23 8 7 3 6
7 5 3 1
xy y y xy y
xy y y y
     

    
1,5 
Điều kiện: 0, 2 0, 7 0y xy xy y      
Với 0y  không thoả mãn hệ. 
Với 0y  chia hai vế phương trình thứ nhất trong hệ cho y và chia hai vế 
phương trình thứ hai trong hệ cho y ta được 
0,25 
7 7
3 8 3 6 3 8 3 6
7 7 7
1 3 1 5 3 2 2 3 3 21 1 25
x y xy x y xy
y y
x y x y x y xy
y y y
 
          
 
 
               
  
0,5 
Đặt 
7
3
3 6
a x y
y
b xy

  

  
 , ĐK 
0
0
a
b



. 
Khi đó hệ phương trình trở thành 
2
8
2 2 16 25
a b
a a b
 

    
2 2
8 8
10 2 24 25 2 24 15 (*)
a b a b
b b b b b b
     
  
          
0,5 
2 2 2
0 15 0 15
(*) 3.
4 4 96 225 30 3 34 129 0
b b
b
b b b b b b
    
    
        
   ; 11;3a b  . Suy ra 
   
 
2
7 ; 1;183 11 1,3 11 8 0
3 3 8
1 ; ;
13 6 3 8 3
x y
x y y yy y
y
xy x y
xyxy
          
                
Vậy hệ phương trình có nghiệm là      
3 8
; 1;1 ; ; ; .
8 3
x y x y
 
   
 
0,25 
6 Trên hệ trục tọa độ Oxy cho ABC có trực tâm  2;1H và tâm đường tròn 
ngoại tiếp tam giác là điểm  1;0I . Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng 
có phương trình 2 1 0x y   . Xác định tọa độ các đỉnh ,B C biết đường tròn 
ngoại tiếp HBC đi qua điểm  6; 1E  và 4Bx  . 
1,0 
Gọi M là trung điểm BC . Kẻ đường kính 1AA . Ta có tứ giác 1BHCA là hình 
bình hành M là trung điểm 1 2HA AH IM  . 
Gọi J là điểm đối xứng với I qua BC . Khi đó AH IJ Tứ giác AHJI là 
hình bình hành JH IA  . Mà 
IA IB IC JB JC JH JB JC J        là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác BHC . 
0,25 
Do    : 2 1 0 2 1;M d x y M t t       4 1;2J t t  . 
Vì          
2 2 2 2
4 1 2 1 4 5 2 1 1 3;1JH JE t t t t t M            
0,25 
Đường thẳng BC đi qua điểm M và có vtpt  2;1IM pt   : 2 7 0BC x y   
 ;7 2B a a   4a  . 
Có    
 
2 2 2
5 5 2 10
4
a
JB JH a a
a L

       

0,25 
Với    2 2;3 4; 1a B C    0,25 
--------Hết-----------