Đề thi khảo sát học kỳ 1 năm 2015 - 2016 môn: Toán, khối 11. thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2.5 điểm) Giải các phương trình sau: 
1. 2 2 8 5 0cos x sinx .   
2. 2 3 2 2 3 6 0cos xcos x cos x sin x sin x .    
Câu 2 (2.0 điểm) 
1. Đến tiêm phịng vắc xin cho trẻ em tại một trung tâm y tế dự phịng cĩ 4 trẻ em ở huyện 
A, 6 trẻ em ở huyện B và 8 trẻ em ở huyện C. Trung tâm y tế chỉ cịn 5 liều vắc xin tiêm 
phịng nên chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phịng. Tính xác suất để 5 trẻ em được 
tiêm phịng cĩ đủ cả ba huyện và số trẻ em ở huyện C là nhiều nhất. 
2. Tìm số hạng chứa 4x trong khai triển nhị thức NewTon của biểu thức 2
1
3
n
x
x
 
 
 
 với n 
là số nguyên dương thỏa mãn: 2 2
1
14
n n
C A .

   
Câu 3 (2.5 điểm) Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình bình hành. Hai điểm M, N 
lần lượt thay đổi trên các đoạn thẳng SB, AC (trừ hai đầu mút) sao cho 
MB NC
k.
MS NA
  
1. Xác định giao tuyến của (BMN) và (SAD). 
2. Chứng minh MN song song với (SAD). 
3. Tìm k để (MNG) song song với (SAD) với G là trọng tâm tam giác SCD. 
Câu 4 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A cĩ 
4 8 2 6B( ; ), C( ; )và trọng tâm G của tam giác thuộc đường thẳng 5 2 0d: x y .   Tìm tọa độ 
đỉnh A của tam giác ABC. 
Câu 5 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 
 
2
2 1 3 8
3 2 6
( x y ) x xy x x
x xy xy x( x)
      


     

Câu 6 (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: 9x y z .   Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức: 
1 1 1
x y z
P
y z x
   
  
-------------------------- Hết -------------------------- 
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:........................................................... Số báo danh:....................................... 
SỞ GD & ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ 
 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC KỲ 1 NĂM 2015 - 2016 
 Mơn: TỐN, Khối 11. 
 Thời gian:120 phút, khơng kể thời gian phát đề. 
 Ngày thi 03/01/2016 
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 1 NĂM 2015 - 2016 
 Mơn: TỐN, Khối 11 
 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(2.5 điểm) 
1. (1.5 điểm) 
PT 22 1 2 8 5 0( sin x) sinx     
 24 8 3 0sin x sinx    
0.5 
1
2
3
2
sinx
sinx (loại)


 
 

 0.5 
2
6
6 5
2
6
x k
sinx sin
x k
 
  
   

  

Vậy nghiệm của phương trình là: 
5
2 2
6 6
x k , x k
 
      
0.5 
2. (1.0 điểm) 
PT 2 3 2 2 3 2 3 3 0cos xcos x cos x sin x sin xcos x     0.25 
 2 2 3 1 3 1 2 3 0cos x( cos x ) sin x( cos x)     
 2 3 1 2 3 0( cos x )(cos x sin x)    
0.25 
31
33
2
2 32 3
2
cos x cos
cos x
cos x cos xcos x sin x
 
 
  
  
    
 
 0.25 
2
3 2
3 9 3
2
2 3 2
2 10 5
2 3 2 2
2 2
k
x k x
k
x x k x
x x k x k
   
       
 
   
      
 
 
        
  
Vậy nghiệm của phương trình là: 
2 2
2
9 3 10 5 2
k k
x ,x ,x k .
    
        
0.25 
2 
(2.0 điểm) 
1. (1.0 điểm) Tính xác suất  
Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phịng” 
 Số phần tử của khơng gian mẫu là: 5
18
8568n( ) C .   
0.25 
Gọi A là biến cố: “5 trẻ em được tiêm phịng cĩ đủ cả ba huyện và số trẻ em ở 
huyện C là nhiểu nhất”. 
 Chọn 1 trẻ em ở huyện A cĩ 4 cách. 
 Chọn 1 trẻ em ở huyện B cĩ 6 cách. 
 Chọn 3 trẻ em ở huyện C cĩ 3
8
C cách. 
 3
8
4 6 1344n(A) . .C .   
0.5 
 Vậy 
1344 8
8568 51
n(A)
P(A)
n( )
   

 0.25 
2. (1.0 điểm) Tìm số hạng  
Ta cĩ: 2 2
1
14
n n
C A

   Điều kiện: 3n ,n .  
1
14
2 2 3
n! (n )!
(n )! ! (n )!

   
 
1
1 2 14
2
n(n )
(n )(n )

      
 2
3
5 24 0
8
n (loại)
n n
n (thỏa mãn)
  
     

0.25 
Khi đĩ: 
8
8 8
2 2 8 8 16 3
8 8
0 0
1 1
3 3 1 3
k
k k k k k k
k k
x C ( x ) C ( ) x
x x
  
 
   
      
   
  0.25 
Số hạng tổng quát là: 8 16 3
8
1 3k k k kC ( ) x  
Số hạng chứa 4x ứng với: 16 3 4 4k k .    
0.25 
Vậy số hạng chứa 4x là: 4 4 4 4 4
8
1 3 5670C ( ) x x .  0.25 
3 
(2.5 điểm) 
1. (1.0 điểm) Xác định giao tuyến của (BMN) và (SAD). 
S
A
B C
D
M
N
P
G
E
0.25 
Ta cĩ: S (BMN) (SAD).  
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi P BN AD P (BMN) (SAD).     
Suy ra: SP (BMN) (SAD)  
0.75 
2. (0.75 điểm) Chứng minh MN // (SAD). 
Do AP // BC nên 1
NB NC
k ( ).
NP NA
  Theo giả thiết ta cĩ: 2
MB
k ( )
MS
 
Từ (1) và (2) suy ra: 
MB NB
MS NP
  MN // SP 
0.5 
Mà SP (SAD) và MN (SAD) nên MN // (SAD) 0.25 
3. (0.75 điểm) Tìm k để (GMN) // (SAD). 
Gọi E CG SD.  
Do MN // SP nên (GMN) // (SAD) khi và chỉ khi GN // (SAD)GN // AE 
GC NC
k
GE NA
   (3). 
0.5 
Mà G là trọng tâm tam giác SCD 2
GC
GE
  (4) 
Từ (3) và (4) suy ra: 2k . 
0.25 
Vậy (GMN) // (SAD) khi 2k . 
4 
(1.0 điểm) 
Xác định tọa độ đỉnh A. 
Gọi M là trung điểm BC 3 7M( ; ). 
Do ABC cân tại A nên AM BC 
 AM đi qua M và nhận 2 2BC ( ; )   là 1 VTPT. 
 phương trình AM là: 10 0x y .   
0.5 
Mà G d AM   toạ độ điểm G là nghiệm của hệ phương trình: 
5 2 0 2
2 8
10 0 8
x y x
G( ; )
x y y
    
  
    
0.25 
Ta cĩ: G là trọng tâm 
3 6 4 2 0
3 24 8 6 10
A G B C A
A G B C A
x x x x x
ABC
y y y y y
        
   
       
 0 10A( ; ) 
0.25 
5 
(1.0 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
Điều kiện: 0x  và 0y (*) 
Nhận thấy 0x  khơng là nghiệm của hệ phương trình 0x  
HPT
 
 
2
2
2 1 3 8
3 2 12
( x y ) x xy x x
x xy x xy x
      

 
     

2
3
2 1 1 8
3
2 12
x
( x y ) y
x
x
y x y
x
  
      
   
 
  
     
 
0.25 
Đặt: 
3
0
2
x
a y
(a,b )x
b x y
 
  

  
 Hệ phương trình trở thành: 
2
2 3 2
1 1 8 12
12 11 3 0
(b )(a ) b a
a b a a a
      
 
       
2
2
12 3
33 4 1 0
b a a
b(a )(a a )
   
  
    
 (do 0a  ) 
0.25 
▪ Với 
3 23
3 3
3
3 3 2 3 1
2 3
y xx
a y
x x
b x ( )
x y x
   
    
    
       
 Giải 21 3 3 2 3( ) x x x x     
 23 2 3 2 0x x x x x       
2
2
3 3 2 2
0
3 2 3 2
x x x
x x x x x
 
  
   
0.25 
 Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa. 
2
1 0 1 1
3 2
0 0 0
3 2 3 2
x x y (thỏa mãn (*))
x
VN (do VT x )
x x x x x
      

      
    
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1 1( ; ). 
0.25 
Câu 6 
(1.0 điểm) 
Tìm GTNN  
Áp dụng BĐT Cơ si ta cĩ: 
 3
1 1 3
3
8 8 21 1 1 1
x x x(y ) x x x(y ) x
y y y y
 
     
   
 3
1 1 3
3
8 8 21 1 1 1
y y y(z ) y y y(z ) y
z z z z
 
     
   
 3
1 1 3
3
8 8 21 1 1 1
z z z(x ) z z z(x ) z
x x x x
 
     
   
0.25 
Suy ra: 
3
2
8 8 2
xy yz zx x y z (x y z)
P
     
   
11 1
16 16
P (x y z) (xy yz zx)       
0.25 
Mà 2 29 3 27(x y z) (xy yz zx) xy yz zx          
Do đĩ: 
11 9 27 9
16 2
.
P

  
0.25 
Vậy GTNN của P là: 
9
2
 Dấu “=” xảy ra khi 3x y z .   0.25