Kì thi khảo sát chất lượng lần 2 năm học 2015 - 2016 đề thi môn: Toán – khối 11 thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
—————— 
Đề thi gồm: 01 trang 
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 
NĂM HỌC 2015 -2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 
Thời gian làm bài:90 phút, không kể thời gian giao đề. 
——————— 
Câu 1 (3,0 điểm). Giải các phương trình sau: 
a. 22sin cos 2 0x x    
b. 2cos7 2sin cos5x x x  
Câu 2 (1,5 điểm). Tìm hệ số không chứa x trong khai triển nhị thức 
12
21 , 0x x
x
 
  
 
Câu 3 (1,5 điểm). Ban chấp hành đoàn trường THPT Liễn Sơn nhiệm kỳ 2015-2016 
có 17 thành viên theo cơ cấu: 5 Giáo viên và 12 học sinh. Chọn ngẫu nhiên một đoàn 
đại biểu đi dự đại hội cấp trên gồm 5 thành viên. Tính xác suất để chọn được đoàn đại 
biểu sao cho số giáo viên lớn hơn số học sinh và phải có ít nhất một học sinh. 
Câu 4 (2,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có ,I J lần lượt là trung điểm của AB và CD , 
,L N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD . 
a. Chứng minh rằng / /LN CD 
b. Gọi M là giao điểm của IJ và LN xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi 
mặt phẳng  α qua M và song song với AB và CD 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD , 
có điểm  5; 3M  trên cạnh CD sao cho 2DM CM , điểm N trên cạnh AD sao cho 
tam giác BMN vuông tại M , phương trình đường thẳng BN là 2 3 0x y   . Tìm 
tọa độ điểm B 
Câu 6 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
   2
2 2
4 1 1 1 2 0
4 4 2 3 4 3
x x y y
x y y x
     

    
..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:. 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
—————— 
Đáp án gồm: 05 trang. 
ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 
NĂM HỌC 2015 -2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 
——————— 
I. LƯU Ý CHUNG: 
+Học sinh làm theo cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa. 
+Câu 4, 5 nếu không vẽ hình hoặc hình vẽ sai thì không chấm điểm. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 
1 
(3 điểm) 
a Giải phương trình: 22sin cos 2 0x x    
1,5 
 Phương trình  22 1 sin cos 0x x    0.25 
 22cos cos 0 cos 2cos 1 0x x x x      0.5 
 
π
cos 0 π
2
1
2πcos
2π2
3
x x k
k
x
x k

   
  
       
Z 0.5 
Vậy phương trình có nghiệm là: 
π
π
2
x k  ;  
2π
2π,
3
x k k   Z 0.25 
b Giải phương trình: 2cos7 2sin cos5x x x  1,5 
 Phương trình 
2 2cos7 cos5 2sin 0 2sin6 .sin 2sin 0x x x x x x       
0.5 
 
sin 0
2sin sin sin 6 0
sin sin 6
x
x x x
x x

     
 0.25 
 
π
π
2π
6 2π
5
6 π 2π
π 2π
7 7
x k
x k
k
x x k x k
x x k
k
x

 
 
      
 
    
  

Z 0.5 
Vậy phương trình có nghiệm là: πx k ; 
2π
5
k
x  ;  
π 2π
,
7 7
k
x k  Z 0.25 
2 
(1điểm) 
Tìm hệ số không chứa x trong khai triển nhị thức 
12
21 x
x
 
 
 
 1.0 
 Ta có    
12 12 12
2 2 3 12
12 1212
0 0
1 1
1 . . 1 .
k kk k k k
k
k k
x C x C x
x x


 
 
     
 
  0.5 
Cho 3 12 0 4k k    0.5 
Vậy hệ số không chứa x trong khai triển trên là  
44
12. 1 495C   0.5 
3 
(1điểm) 
Ban chấp hành đoàn trường THPT Liễn Sơn nhiệm kỳ 2015-2016 có 
17 thành viên theo cơ cấu: 5 Giáo viên và 12 học sinh. Chọn ngẫu 
nhiên một đoàn đại biểu đi dự đại hội cấp trên gồm 5 thành viên. Tính 
xác suất để chọn được đoàn đại biểu sao cho số giáo viên lớn hơn số 
học sinh và phải có ít nhất một học sinh. 
 Chọn 5 thành viên từ 17 thành viên có 
5
17C cách 
   517ωn C  
 Gọi A là biến cố chọn được đoàn đại biểu theo yêu cầu bài toán 
 Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A: 
0,5 
 TH1: Chọn 4 GV và 1 HS có 4 1
5 12 60C C  cách 0,25 
 TH2: Chọn 3 GV và 2 HS có 3 2
5 12 660C C  cách 0,25 
1.   60 660 720n A    
2. KL: Xác suất để chọn được đoàn đại biểu thỏa mãn YCBT là 
  
 
  517
720
ω
n A
P A
n C
  
0,5 
4 
(2điểm) 
Cho tứ diện ABCD có ,I J lần lượt là trung điểm của AB và CD , 
,L N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD . 
a. Chứng minh rằng / /LN CD 
b. Gọi M là giao điểm của IJ và LN xác định thiết diện của hình 
chóp cắt bởi mặt phẳng  α qua M và song song với AB và CD 
MH
G
E
F
N
J
I
B D
C
A
L
 a 
Chứng minh rằng / /LN CD 
1.0 
 Do L là trọng tâm tam giác ABC nên ta có 
1
3
IL
IC
 0.25 
Do N là trọng tâm tam giác ABD nên ta có 
1
3
IN
ID
 0.25 
Do đó ta có 
IL IN
IC ID
 mà LN và CD đồng phẳng 0.25 
Theo định lý talet đảo ta có / /LN CD (đpcm) 0.25 
b 
Gọi M là giao điểm của IJ và LN xác định thiết diện của hình chóp 
cắt bởi mặt phẳng  α qua M và song song với AB và CD 
1.0 
 Do / /LN CD và  αM  nên  αLN  . 
Suy ra    α ABC là đường thẳng qua L và song song với AB cắt BC 
và AC tại ,E F 
0.5 
   α ABD là đường thẳng qua N và song song với AB cắt BD và AD 
tại ,H G 
0.25 
Nối , , ,E F G H ta được thiết diện cần tìm là hình bình hành EFGH . 0.25 
5 
(1 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD , có 
điểm  5; 3M  trên cạnh CD sao cho 2DM CM , điểm N trên cạnh 
AD sao cho tam giác BMN vuông tại M , phương trình đường thẳng 
BN là 2 3 0x y   . Tìm tọa độ điểm B 
1.0 
N
C
A B
D M
Ta có 
2 2
3 3
MD CD MD AD   , mà 
2 2 2 13 3cos
3 13
AD MD AM AM AD DAM       
Ta lại có tứ giác ABMN nội tiếp suy ra 
3
cos
13
DAM MBN MBN     
0.5 
Ta có  1 2; 1n  là vtpt của đường thẳng BN 
Gọi  2 , 0n a b  là vtpt của đường thẳng BM 
Do 
 2 2
8
23 3
cos 4
13 135
7
a b
a b
MBN
a ba b

     
  

0.25 
*/ Với 8a b chọn    2 8;1 :8 37 0 4;5n BM x y B BM BN       
*/ Với 
4
7
a b  chọn    2 4; 7 : 4 7 41 0 2; 7n BM x y B        
Vậy có hai điểm thảo mãn yêu cầu bài toán là    4;5 , 2; 7B B   
0.25 
6 
(1điểm) 
Giải hệ phương trình sau: 
   2
2 2
4 1 1 1 2 0
4 4 2 3 4 3
x x y y
x y y x
     

    
 1.0 
   2
2 2
4 1 1 1 2 0 (1)
4 4 2 3 4 3 (2)
x x y y
x y y x
     

    
 Điều kiện: 
1
2
3
4
y
x



 

 0.25 
       
332(1) 2 4 1 2 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2x x y y x x y y           
     
 
     
22
22
2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 0
2 1 2 3
2 2 1 2 1 2 1 0
x y x x y y
x y
x x y y vn
         
  
  

      

0.25 
Thay (3) vào phương trình (2) ta được 
4 216 24 8 3 4 3 0x x x       
 2 2 16 2 14 1 4 5 0
3 4 1
x
x x
x

    
 
0.25 
    2
16
2 1 2 1 4 5 0
3 4 1
x x x
x
 
      
  
1
2
x  do 
3
0
4
x  0y  
Vậy, hệ phương trình có nghiệm 
1
; 0
2
 
 
 
0.25 
--------------Hết---------------