Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 11 lần 4 - Năm học 2015-2016 - Trường THPT Liên Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 11 lần 4 - Năm học 2015-2016 - Trường THPT Liên Sơn (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN NĂM HỌC 2015 -2016 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 Đề thi gồm: 01 trang Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian giao đề. ——————— Câu 1 (3,0 điểm). 1 a) Tính đạo hàm các hàm số sau: f x x4 2 x 2 3; g x 1 x 2 ; h x . sin 2x 2x 1 b) Tìm các giới hạn sau: limx4 2 x 2 3 ; lim x 3 3 x 2 2 ; lim . x x x 5 x 5 1 Câu 2 (1,0 điểm). Cho góc ; mà sin . Tính sin . 2 5 6 Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số y x3 3 x 2 2 C . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C tại điểm có tung độ bằng 2. Câu 4 (1,0 điểm). Đến tiêm phòng vắc xin tại một trung tâm y tế dự phòng có 12 trẻ em ở huyện A, 5 trẻ em ở huyện B. Tuy nhiên Trung tâm y tế chỉ còn 5 liều vắc xin tiêm phòng nên chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng. Tính xác suất để 5 trẻ em được chọn có số trẻ em ở huyện A nhiều hơn số trẻ em ở huyện B và phải có ít nhất một trẻ em ở huyện B. Câu 5 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB 2 a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Chứng minh hai mặt phẳng SAC và SBD vuông góc với nhau. Tính theo a côsin của góc giữa 2 15a đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB), biết SG . 9 Câu 6 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x2 x 2 2 x 1 2 x 3 x 2, x . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh A( 1;0). Gọi H, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD, BC, CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH là C : x2 y 2 x 2 y 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết E có hoành độ nguyên, C thuộc đường thẳng x y 3 0 và có hoành độ dương . 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: .
2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN NĂM HỌC 2015 -2016 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 Đáp án gồm: 05 trang. ——————— I. LƯU Ý CHUNG: +Học sinh làm theo cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa. +Câu 5 nếu không vẽ hình hoặc hình vẽ sai thì không chấm điểm. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a Tính đạo hàm các hàm số sau: 1 1.5 f x x4 2 x 2 3; g x 1 x 2 ; h x sin 2x f' x 4 x3 4 x 0.5 2 ' 1 x x g' x 0.5 2 1 x2 1 x 2 ' sin 2x 2cos2x h' x 0.5 sin2 2x sin 2 2 x b 2x 1 Tìm các giới hạn sau: limx4 2 x 2 3 ; lim x 3 3 x 2 2 ; lim 1.5 x x x 5 x 5 2 3 4 2 4 0.5 lim x 2 x 3 lim x 1 2 4 x x x x 3 2 3 2 3 0.5 lim x 3 x 2 lim x 1 3 x x x x Ta có lim x 5 0, x 5 0  x 5 và lim 2x 1 11 0.25 x 5 x 5 2x 1 Do đó lim 0.25 x 5 x 5 2 1 Cho góc ; mà sin . Tính sin 1.0 2 5 6 Vì ; nên cos 0 . 0.25 2 1 4 2 Ta có cos2 1 sin 2 1 cos 0.25 5 5 5
3. 1 3 2 1 3 2 Do đó sin sin cos cos sin . . 0.5 6 6 65 2 5 2 2 5 Cho hàm số y x3 3 x 2 2 C . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ 3 1.0 thị C tại điểm có tung độ bằng 2. Gọi M x0; 2 C . Khi đó 3 2 3 2 0.25 2x0 32 x 0 x 0 30 x 0  x 0 0 x 0 3 M 0;2,3;2 M Ta có: y' 3 x2 6 x 0.25 y' 0 0, y ' 3 9 Phương trình tiếp tuyến với đồ thị C tại điểm M 0; 2 là y 2 0 0.25 Phương trình tiếp tuyến với đồ thị C tại điểm M 3; 2 là y 9 x 25 0.25 4 Đến tiêm phòng vắc xin tại một trung tâm y tế dự phòng có 12 trẻ em ở huyện A, 5 trẻ em ở huyện B. Tuy nhiên Trung tâm y tế chỉ còn 5 liều vắc xin tiêm phòng nên chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng. Tính xác suất để 5 trẻ em 1.0 được chọn có số trẻ em ở huyện A nhiều hơn số trẻ em ở huyện B và phải có ít nhất một trẻ em ở huyện B. Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng”. 5 0.25 Số phần tử của không gian mẫu là: n  C17 6188 Gọi X là biến cố: “5 trẻ em được chọn có số trẻ em ở huyện A nhiều hơn số trẻ em ở huyện B và phải có ít nhất một trẻ em ở huyện B”. 0.25 4 1 TH1:4 trẻ huyện A, 1 trẻ huyện B ta có: CC12. 5 2475 (cách chọn) TH2: 3 trẻ huyện A, 2 trẻ huyện B ta có: CC3. 2 2200 (cách chọn) 12 5 0.25 n X 4675 n X 4675 275 Vậy PX 0.25 n  6188 364 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB 2 a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Chứng minh hai mặt phẳng SAC và SBD vuông góc với 2.0 nhau. Tính theo a côsin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng 2 15a (SAB), biết SG 9
4. S H K A I B G O M D C Ta có SG ABCD AC  SG 0.25 AC BD, SG  BD G 0.25 Do đó AC SBD 0.25 Mà AC SAC SAC  SBD 0.25 Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K thuộc SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có 0.5 2 2a GS. GI 10 a GI MB , do đó GK . 3 3 GS2 GI 2 6 3 10a Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có OH GK . 2 4 0.25 Khi đó AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là OAH . Xét tam giác vuông OHA, ta có OH10 a 5 11 0.25 sinOAH cos OAH . OA 4. 2.a 4 4 6 Giải bất phương trình x2 x 2 2 x 1 2 x 3 x 2, x 1.0 Điều kiện xác định của bất phương trình: 1 x 2 * Đặt x 1 u và 2 x v ; ta có: u, v 0 và x2 x 2 uv , 3x 2 u2 2 v 2 1 0.25 Do đó bất phương trình đã cho có thể viết dưới dạng: uv 2 u v u2 2 v 2 1 u v 1 u 2 v 1 0 (1) 2 Do u v 0 và u v 3 2 x 1 2 x nên u v 3 0.25 Suy ra u v 1 0 Do đó (1) u 2 v 1 0 u 2 v 1
5. Với điều kiện * bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: 1 x 2 1 x 2 5x 8 0 0.25 x 1 2 2 x 1 5x 8 0 5x 8 4 2 x 2 5x 8 16 2 x 32 4 14 1 x 25 0.25 32 4 14 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1; 25 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh A( 1;0). Gọi H, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD, BC, CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam 1.0 giác EFH là C : x2 y 2 x 2 y 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết E có hoành độ nguyên, C thuộc đường thẳng x y 3 0 và có hoành độ dương 0.25 Gọi I là giao điểm của AC và BD. Tứ giác AFCE nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AC, ta có FIE 2 FAE 2 1800 BCD Các tứ giác AHFD, AHCB nội tiếp nên FAD FHD , BAC BHC . Do đó FHE 1800 FHD BHC 180 0 FAD BAC 2 FAE 2180 0 BCD FIE Suy ra tứ giác HIEF nội tiếp Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác EFH c 1 c 3 Gọi C c; c 3 d , c 0 I ; , do I thuộc (C) ta có 2 2 2 2 c 1 c 3 c 1 2 0.25  c3 0 c 3 c 0 c 3 c 0 (loại 2 2 2 c 0 ) Suy ra CI 3;0 , 1;0
6. 2 Phương trình đường tròn tâm I 1;0 , đường kính AC 4 là: x 1 y2 4 Tọa độ điểm E, F thỏa mãn hệ phương trình: 2 2 x y x 2 y 0 x 2 y 3 x 2 y 3 2 2 22 2 2 x 1 y 4 x 1 y 4 2 y 4 y 4 x 1, y 2 0.25 x 2 y 3 2 3 6 5y 16 y 12 0 x , y 5 5 3 6 Vì E có hoành độ nguyên nên EF 1; 2 , ; 5 5 Ta có phương trình đường thẳng AB: x y 1 0, BC : x 3 y 3 0 Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình: x y 1 0 x 3 B 3; 2 x 3 y 3 0 y 2     0.25 Ta có: BA 2;2, BC 6;2 BA . BC 160 (thỏa mãn) I là trung điểm của BD nên D 5;2 Vậy BCD 3; 2, 3;0, 5;2 Hết