Đề thi môn toán_khối 11 (lần 2) năm học: 2015 - 2016 thời gian: 150 phút

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 11(lần 2)
Năm học: 2015-2016
Thời gian: 150 phút
Câu 1(1,0 điểm): 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2cos 3
3
y x
     
Câu 2(1,0 điểm): Giải phương trình 2sin sin 2 cos 2cosx x x x  
Câu 3(1,0 điểm): Cho góc  thỏa mãn tan 2   . Tính 2sin cos 4cot
sin cos
A
   
 

Câu 4(1,0 điểm): Giải hệ phương trình    
2 24 2 7
,
2
x y xy
x y
x y y y
       
 
Câu 5(1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n , biết rằng 1 2 3, ,3n n nC C C theo thứ tự là số 
hạng thứ nhất, số hạng thứ 4, số hạng thứ 19 của một cấp số cộng.
Câu 6(1,0 điểm): Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm chín chữ số khác nhau. 
Chọn ngẫu nhiên một số từ M , tính xác suất để số được chọn có đúng bốn chữ số 
lẻ và chữ số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ (các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 
0 là các chữ số lẻ).
Câu 7(1,0 điểm): Cho lăng trụ tam giác ' ' '.ABC A B C . Gọi H là trung điểm của ' 'A B .
a) Chứng minh 'CB song song với mặt phẳng  'AHC .
b) Xác định giao điểm của đường thẳng 'AC với mặt phẳng  BCH .
Câu 8(1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho  2;3v   và đường thẳng d có 
phương trình 3 5 3 0x y   . Viết phương trình của đường thẳng 'd là ảnh của d qua 
phép tịnh tiến theo vectơ v .
Câu 9(1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  2; 1M  , đường tròn 
 C có phương trình 2 2 2 4 4 0x y x y     . Các đường thẳng 1 và 2 vuông góc với 
nhau tại M ; 1 cắt  C tại A và B ; 2 cắt  C tại C và D . Viết phương trình các 
đường thẳng 1 và 2 sao cho tứ giác ACBD có diện tích lớn nhất.
Câu 10(1,0 điểm): Giải bất phương trình:  2 22 3 2 2x x x x x      .
-----------------HẾT-----------------
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN_KHỐI 11(lần 2)
Năm học: 2015-2016
Câu Nội dung Điểm
Vì 1 cos 1
3
x
      
 nên 1 5y  .
0,25
2
1 cos 1 2
3 3
y x x k
            
.
5 cos 1 2
3 3
y x x k
             0,50
1
Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lần lượt là 5 và 1 0,25
   2sin sin 2 cos 2cos sin 1 2cos cos 1 2cosx x x x x x x x       0,25
TH 1: sin cos tan 1
4
x x x x k
      
0,25
TH 2: 
1 2
1 2cos 0 cos 2
2 3
x x x k
         
0,25
2
Vậy pt đã cho có nghiệm là 
4
x k
   ; 2 2
3
x k
   
0,25
2
tan 1 4
tan 1 tan
A

 
 
 0,50
3
2 1 4
2
2 1 4
A
   
  0,50
  02
2 1
y
x y y y
y x
      0,25
TH 1: Thay 0y  vào pt đầu của hệ ta được 2 74 7
2
x x   
0,25
TH 2: Thay 2 1y x  vào pt đầu của hệ ta được 2
1
4 2 6 0 3
2
x
x x
x
 
     
 0,25
4
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm    7 7 3; ;0 , ;0 , 1; 3 , ; 2
2 2 2
x y
                      0,25
Từ đề ra ta có pt 
2 1 3 13
3 18
n n n nC C C C 
0,50
5
2 3 1 2 66 3 5 9 18 0
3n n n
n
C C C n n
n
          0,50
Xét các số có 9 chữ số khác nhau:
Có 9 cách chọn chữ số ở vị trí đầu tiên; có 89A cách chọn 8 chữ số tiếp theo 
Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9. 89A = 3265920 0,50
6
Xét các số thỏa mãn đề bài:
- Có 45C cách chọn 4 chữ số lẻ; Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số 0, do chữ 
số 0 không thể đứng đầu và cuối nên có 7 cách xếp. Tiếp theo ta có 24A
cách chọn và xếp hai chữ số lẻ đứng hai bên chữ số 0. Cuối cùng ta có 6! 
cách xếp 6 chữ số còn lại vào 6 vị trí còn lại.Gọi A là biến cố đã cho, khi 
đó  !6..7.)( 2445 ACAn 302400.Vậy 54
5
3265920
302400
)( AP
0,50
I
K
L
H
A
C
B
A'
B'
C'
a) Gọi K là trung diểm của AB. Ta có 
   
'
' '
'
/ /
/ /
/ /
B K AH
B KC AHC
KC HC
 

.
Mà  ' 'CB B KC nên  ' '/ /CB AHC 0,50
7
b) mp  BCH cắt ' ' '( )mp A B C theo giao tuyến HL//BC (L là trung điểm 
của ' 'AC ) (vì ' ' '( ) / / ( )mp A B C mp ABC ). Trong ' '( )mp ACC A , gọi I là 
giao điểm của CL với 'AC . Khi đó I là giao điểm của 'AC với  BCH . 0,50
Lấy một điểm thuộc d, chẳng hạn M(-1;0). Khi đó 
   ' 3;3vM T M   thuộc 'd . Vì ' / /d d nên ' : 3 5 0d x y C   . 0,50
8
Do ' 'M d nên 3(-3)-5.3+C=0. Suy ra C=24. Vậy d: 3x-5y+24=0 0,50
9
M
I
B
C
A H
D
K
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R=3. Vì IM= 2 <R nên M nằm 
trong (C). Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD. Ta có 
,IH AB IK CD  . Do đó IHMK là hình chữ nhật, suy ra 
2 2 2 2,IH IK IM   không đổi. Mặt khác 
  2 2 2 2 2 2. 2 . 2 2 63 .
2ACBD
AB CD
S AH CK IA IH IC IK IH IK      
0,50
Do 
 22 22 2. 1 16
4 ACBD
IH IK
IH IK S

    . Dấu “=” xảy ra khi IH=IK. 
Khi đó ( , ) 1
2
IM
d I    .Đường thẳng  đi qua M có pt dạng 
  2 22 ( 1) 0, 0a x b y a b      thỏa 
mãn
2 2
0
1 0
0
aa b
ab
ba b
       
Vậy chọn: 1 2: 2 0, : 1 0x y      hoặc 1 2: 1 0, : 2 0,y x      0,50
Điều kiện: 1 3x   . Với đk đó, bất pt đã cho tương đương với
     2 22 2 2 1 2 3 2 2x x x x x x x        0,25
       
     
2 1 2 2 1
2 2 1 2 1 0(1)
x x x x x x
x x x x x x
      
       
Do với mọi x thỏa điều kiện 1 3x   , ta có  2 1x x x   >0 nên
 (1) 2 2 1x x x    0,50
10
2 6 4 0 3 13 3 13x x x         .
Vậy tập nghiệm của bất pt đã cho là 1 3;3 13    0,25