Đề thi khảo sát lớp 11 lần 2 năm học 2015 – 2016 môn: Toán thời gian: 150 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG 
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 
ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 11 LẦN 2 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
MÔN: TOÁN 
Thời gian: 150 phút 
Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số 3 2
1
xy
x
−
=
−
 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết 
tiếp tuyến song song với đường thẳng 3y x= − + . 
Câu 2. (1 điểm) Cho hàm số 3 2 2 23 3( 1) 3y x mx m x m m= + + − + − . Tìm m để phương trình ' 0y = có 
2 nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn 
2 2
1 2 10x x+ ≤ . 
Câu 3. (1 điểm) 
a. Giải phương trình: 22sin 2 sin 7 1 sinx x x+ − = 
b. Tính giá trị biểu thức: 2 2(1 3sin )(1 4cos )A α α= + + , biết 2cos 2
3
α = − . 
Câu 4. (1 điểm) Tính giới hạn : L = 25
4 3lim
25x
x
x→
+ −
−
 . 
Câu 5. (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: 1 2 55
n n
C C+ = . Tìm số hạng không 
chứa x trong khai triển 3(2 ) , 0nx x
x
− ≠ . 
Câu 6. (1 điểm) Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó 
có 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và một môn do thí sinh tự chọn trong số các môn: Vật 
lý, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường A có 30 thí sinh đăng kí dự thi, trong đó có 10 thí 
sinh chọn môn Địa lý. Lấy ngẫu nhiên 5 học sinh bất kì trong số 30 học sinh đã đăng kí dự thi của 
trường A. Tính xác suất để trong 5 học sinh có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn Địa lí. 
Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a= = , I là trung 
điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) là trung điểm H của BC, biết góc giữa SA và 
mặt phẳng (ABC) bằng 060 . Chứng minh ( ) ( )SBC ABC⊥ và tính khoảng cách từ I đến (SAB). 
Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với AB // CD có diện tích 
bằng 14, điểm 1( ;0)
2
H − là trung điểm của cạnh BC và 1 1( ; )
4 2
I là trung điểm của AH. Viết phương 
trình đường thẳng AB biết đỉnh D có tung độ dương và D thuộc đường thẳng d: 5 1 0x y− + = 
Câu 9. (1điểm) Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
3 12 4 9( 2 ) 2 0
5 7 15
x y xy x y xy
x y xy
 + + − + =

− + =
 ( , )x y ∈ℝ 
Câu 10. (1 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2 2 2 3 0a b c b+ + − ≤ . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức sau: 2 2 2
1 4 8
( 1) (b 2) ( 3)P a c= + ++ + + 
Họ và tên: . SBD: Lớp: .... 
================================= HẾT============================== 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI KHẢO SÁT LẦN 2 LỚP 11 NĂM HỌC 2015- 2016 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(1 điểm) 
Cho hàm số 3 2
1
xy
x
−
=
−
 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp 
tuyến song song với đường thẳng 3y x= − + . 
2
1
' ( 1)y x
−
=
−
Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y = -x+3 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm 
của phương trình 2
1 1( 1)x
−
= −
−
0,25 
2 0( 1) 1
2
x
x
x
=
⇔ − = ⇔ 
=
 0,25 
+) 0, (0) 2x y= = PTTT cần lập là 2y x= − + 0,25 
+) 2, (2) 4x y= = PTTT cần lập là 6y x= − + 0,25 
Câu 2 
(1 điểm) 
Cho hàm số 3 2 2 23 3( 1) 3y x mx m x m m= + + − + − . Tìm m để phương trình ' 0y = có 2 
nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn 2 21 2 10x x+ ≤ 
2 2
' 3 6 3( 1)y x mx m= + + − 
' 0y = có hai nghiệm phân biệt 2 21 2, ' 0 9 9( 1) 0x x m m⇔ ∆ > ⇔ − − > (luôn đúng với 
mọi m) do dó với mọi m thì phương trình ' 0y = luôn có hai nghiệm phân biệt 
0,25 
Áp dụng định lí Viet cho phương trình ' 0y = ta có 
1 2
2
1 2
2
. 1
x x m
x x m
+ = −

= −
0,25 
Ta có 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 210 ( ) 2 . 10 4 2( 1) 10 4 0x x x x x x m m m+ ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ 0,25 
2 2m− ≤ ≤ 
Kết luận 
0,25 
 Câu 3 c. Giải phương trình: 
22sin 2 sin 7 1 sinx x x+ − = 
(1 điểm) 
2(sin 7 s inx)- (1-2sin 2 ) 0
2cos 4 sin 3 cos 4 0
cos 4 (2s in3x 1) 0
x x
x x x
x
⇔ − =
⇔ − =
⇔ − =
 0,25 
8 4
cos 4 0
2 ( )1 18 3s in3x
2 5 2
18 3
x k
x
x k k
x k
pi pi
pi pi
pi pi

= +
=
⇔ ⇔ = + ∈ Ζ
 =

 = +

 0,25 
a. Tính giá trị biểu thức: 2 2(1 3sin )(1 4cos )A α α= + + , biết 2cos 2
3
α = − . 
Ta có 2 21 cos 2 5 1 cos 2 1sin ,cos
2 6 2 6
α α
α α
− +
= = = = 0,25 
Do đó giá trị biểu thức 5 1 35(1 3. )(1 4. )
6 6 6
A = + + = 0,25 
Câu 4 
(1 điểm) 
Tính giới hạn : L = 25
4 3lim
25x
x
x→
+ −
−
 . 
25 5
( 4 3)( 4 3) 5lim lim
(25 )( 4 3) (5 )(5 )( 4 3)x x
x x xL
x x x x x→ →
+ − + + −
= =
− + + − + + +
 0,5 
5
1lim
(5 )( 4 3)x x x→
−
=
+ + +
0,25 
1
60
−
= 
0,25 
Câu 5 
(1 điểm) 
Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: 1 2 55n nC C+ = . Tìm số hạng không chứa 
x
 trong khai triển 3(2 ) , 0nx x
x
− ≠ . 
1 2 ! ! ( 1)55 55 55( 1)! 2!( 2)! 2n n
n n n nC C n
n n
−
+ = ⇔ + = ⇔ + =
− −
 0,25 
2 10110 0
11
n
n n
n
=
⇔ + − = ⇔ 
= −
Do đó n= 10 
0,25 
Ta có khai triển 103(2 )x
x
− 
Số hạng tổng quát thứ k+1 trong khai triển là 
10 10 10 2
1 10 10
3
.(2 ) .( ) .2 .( 3) .k k k k k k kkT C x C x
x
− − −
+
−
= = − 
0,25 
Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn 10 2 0 5k k− = ⇔ = 
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 5 5 510 .2 .3 1959552C− = − 
0,25 
Câu 6 
(1 điểm) 
Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó có 
3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và một môn do thí sinh tự chọn trong số các 
môn: Vật lý, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường A có 30 thí sinh đăng kí dự 
thi, trong đó có 10 thí sinh chọn môn Địa lý. Lấy ngẫu nhiên 5 học sinh bất kì trong 
số 30 học sinh đã đăng kí dự thi của trường A. Tính xác suất để trong 5 học sinh có 
nhiều nhất 2 học sinh chọn môn Địa lí. 
Chọn ngẫu nhiên 5 thí sinh bất kì của trường A có 530C cách 
5
30( )n CΩ = 
0,25 
Gọi A:” 5 học sinh được chọn có nhiều nhất 2 học sinh chộn môn Địa lí” 
+) 2 hs chọn Địa lí , 3 học sinh chọn môn khác có 2 310 20.C C 
+) 1 học sinh chọn Địa lí , 4 học sinh chọn môn khác có 1 410 20.C C 
+) 0 học sinh chọn Địa lí có 520C 
0,25 
Số phần tử của biến cố A là n(A)= 115254 0,25 
Xác suất của biến cố A là ( )( ) 0,81( )
n AP A
n
= ≈
Ω
 0,25 
Câu 7 
(1 điểm) 
Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a= = , I là trung điểm 
của SC , hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) là trung điểm H của BC, biết góc giữa 
SA và mặt phẳng (ABC) bằng 060 . Chứng minh ( ) ( )SBC ABC⊥ và tính khoảng cách 
từ I đến (SAB). 
 AH là hình chiếu của SH lên (ABC) nên góc giữa 
SA và (ABC) là  060SAH = 
Vì tam giác ABC cân tại A nên AH BC⊥ 
Theo giả thiết ( )SH ABC SH AH⊥ ⇒ ⊥ 
0,25 
Do đó ( )AH SBC⊥ 0,25 
M
H
B C
A
S
K
Mà ( )BC ABC⊂ nên ( ) ( )ABC SBC⊥ 
IH là đường trung bình của tam giác SBC nên 
HI SB 
( ) (I, (SAB)) d(H, (SAB))HI SAB d⇒ ⇒ = 
Ké ,HM AB HK SM⊥ ⊥ Khi đó ta có 
, ( )AB HM AB SH AB SHM AB HK⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ 
Mà HK SM⊥ 
Do đó (SAB) d(H, (SAB)) HKHK ⊥ ⇒ = 
0,25 
Ta có 1
2 2
aHM AC= = , 2
2
aAH = 
0 2 6
. tan 60 . 3
2 2
a aSH AH= = = 
Xét tam giác SHM vuông tại H, HK là đường cao 
2 2 2 2
1 1 1 14 42
3 14
42( , ( ))
14
aHK
HK SH HM a
ad I SAB
= + = ⇒ =
⇒ =
0,25 
 Câu 8 
(1 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với AB // CD có diện tích bằng 
14, điểm 1( ;0)
2
H − là trung điểm của cạnh BC và 1 1( ; )
4 2
I là trung điểm của AH. Viết 
phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có tung độ dương và D thuộc đường thẳng 
d: 5 1 0x y− + = 
H
A B
CD M
I
Vì I là trung điểm của AH nên A( 1;1).Ta có 13
2
aAH = 0,25 
Phương trình AH là : 2x – 3y+1=0. Gọi M là giao của AH và 
DC thì H là trung điểm của AM. Suy ra: M(-2; -1). 
Giả sử D (a; 5a+1) (a>0). Ta có: 
 S . ( , ) 14
28( , )
13
ABCD ADMABH MCH S AH d D AH
d D AH
∆ = ∆ ⇒ = = =
⇒ =
0,5 
Hay 13 2 28 2a a+ = ⇔ = ( vì 0) D(2;11)a > ⇒ 
Vì AB đi qua A(1;1) và có 1 VTCP là 1 (1;3)
4
MD =

 nên AB có VTPT là (3; 1)n −

Nên AB có phương trình 3 2 0x y− − = 
0,25 
Câu 9 
( 1 điểm) 
2 2
2 2
3 12 4 9( 2 ) 2 0
5 7 15
x y xy x y xy
x y xy
 + + − + =

− + =
Điều kiện 0xy ≥ 
(1) 2( 2 ) 4 3( 2 ) 2x y xy x y xy⇔ + + = + (3) 
0,25 
Ta thấy x=0 hoặc y=0 không thỏa mãn hệ nên 0, ( 2 ) 0xy x y> + > . 
Chia hai vế của pt (3) cho ( 2 ) 2x y xy+ ta được 2 22 3
22
xyx y
x yxy
+
+ =
+
 (4) 
Đặt 
2
2
x y
t
xy
+
=
 Khi đó phương trình (4) trở thành 12 3
2
t
t
tt
=
+ = ⇔ 
=
 . 
0,25 
Với 21 1
2
x y
t
xy
+
= ⇔ =
 (vô nghiệm) 
Với 22 2 2
2
x y
t x y
xy
+
= ⇔ = ⇔ =
0,25 
Thay 2x y= vào phương trình (2) ta được 2 1 21
1 2
y x
y
y x
= ⇒ =
= ⇔ 
= − ⇒ = −
Mà 2 0x y+ > 
Vậy hệ có nghiệm (2;1) 
0,25 
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2 2 2 3 0a b c b+ + − ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức sau: 2 2 2
1 4 8
( 1) (b 2) ( 3)P a c= + ++ + + 
Ta thấy 2 2 2 2 2 22 4 2 6 ( 1) ( 2) ( 1) 0a b c a b c a b c+ + − − − + = − + − + − ≥ theo giả thiết thì 
2 2 2 3a b c b+ + ≤ Suy ra 3 2 4 2 6 0 2 2 10 16b a b c a b c− − − + ≥ ⇔ + + + ≤ 
0,25 
Với hai số x, y >0 thì 2 2 2
1 1 8
( )x y x y+ ≥ + . Áp dụng nhận xét trên ta có 0,25 
Câu 10 
(1điểm) 
2 2
2
2
2 2
1 4 8
;( 1) ( 2) ( 2)
2
1 1 8
( 3)( 2) ( 5)
2 2
ba b
a
b bc
a a c
+ ≥
+ + + +
+ ≥
++ + + + +
Suy ra 
2
2 2
2 2
8 8 8 168.( 3) (2a b 2c 10)( 2) ( 5)
2 2
P b bc
a a c
≥ + ≥ =
+ + + ++ + + + +
Theo giả thiết và chứng minh trên thì 0 2 2 10 16 1a b c P< + + + ≤ ⇒ ≥ 
0,25 
Khi a=1 , b=2, c=1 thì P=1.Vậy min 1P = 
0,25 
Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng