Đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học lớp 11 Thời gian làm bài: 120 phút Câu I: ( 2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − có đồ thị (C). Tìm m để đường thẳng y x m = + cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho 4AB = Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2 cos (cos 1) 2(1 sin ) sin cos x x x x x − = + + 2.Giải bất phương trình: x 2 + xxx 26342 2 −≥++ C©u III: (1®iÓm) Cho khai triÓn n n n xaxaxaa x ++++= + 32 1 2 210 . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè n aaaa , ,,, 210 biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 110252 111222 =++ −−−− n nn n n n n n nn CCCCCC . Câu IV: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2 2 1 3 2 x y + = . Gọi F 1 và F 2 là các tiêu điểm của (E) (F 1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF 1 với (E); N là điểm đối xứng của F 2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF 2 . Câu IV(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = 2a . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB.Gọi H là giao điểm của FC và EB.Chứng minh rằng: SE EB⊥ v à Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SEB) Đáp án Câu 1: Ho nh à độ giao điểm của đường thẳng y=x+m (d) v à đồ thị (C) l nghià ệm của phương trình ( ) ( ) 2 1 1 2 1 1 (*) x x m x x x x m − = + − ⇔ − = − + x=1 không phải là nghiệm của (*)) 2 ( 3) 1 0x m x m⇔ + − + − = (1) 2 2 ( 3) 4(1 ) 2 5 0m m m m m∆ = − − − = − + > ∀ Do đó (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )A x y B x y với 1 2 ,x x là hai nghiệm của (1) Theo viét 1 2 1 2 3 ; 1x x m x x m+ = − = − . Vì , ( )A B d ∈ nên 1 1 2 2 ;y x m y x m = + = + ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 4 2( 2 5)AB x x x x x x m m = − = + − = − + 2 2 2 1 4 16 2( 2 5) 16 2 3 0 3 m AB AB m m m m m = − = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = Câu 2 2 cos (cos 1) 2(1 sin ) sin cos x x x x x − = + + Đk: ( ) 4 x k k Z π π ≠ − + ∈ Với đk trên phương trình đã cho tương đương: 2 (1 sin )(cos 1) 2(1 sin )(sin cos ) (1 sin )[(1 sin )(cos 1) 2(sin cos )] 0 (1 sin )(1 sin )(1 cos ) 0 x x x x x x x x x x x x x − − = + + ⇔ + − − + + = ⇔ + + + = sin 1 2 ( ) ( , ) 2 cos 1 2 ( ) x x l tm l n Z x x n tm π π π π = − = − + ⇔ ⇔ ∈ = − = + VËy nghiÖm cña PT ®· cho lµ: 2 ( ) 2 x l tm π π = − + ; 2 ( )x n tm π π = + ( , )l n Z ∈ BPT đã cho <=> x 2 + 2x - 6 + 342 2 ++ xx > 0 Đặt t = 1)1(2342 22 ++=++ xxx => điều kiện t >1 BPT trở thành: 06 2 3 2 ≥+− − t t <=> t 2 + 2t - 15 >0 <=> t >3 t <-5 (loi vỡ trỏi iu kin) Vy: 2x 2 + 4x + 3 > 9 <=> x 2 + 2x - 3 > 0 <=> x > 1 x < -3 Cõu 3 Tìm số lớn nhất trong các số n aaaa , ,,, 210 Ta có 221 n 2 n 1n n 1 n 1n n 2n n 2n n 2 n 105)CC(11025CCCC2CC =+=++ = = =+=+ =+ )iạlo(15n 14n 0210nn105n 2 )1n(n 105CC 21 n 2 n Ta có khai triển = = = = + 14 0k kk14kk 14 14 0k kk14 k 14 14 x.3.2C 3 x 2 1 C 3 x 2 1 Do đó k14kk 14k 3.2Ca = Ta xét tỉ số )1k(3 )k14(2 32C 32C a a k14kk 14 1k13k1k 14 k 1k + == + + . 5k1 )1k(3 )k14(2 1 a a k 1k <> + > + . Do k Ơ , nên k 4 . Tơng tự Do đó 14765410 a aaaa aa >>>=<<<< Do đó a 5 và a 6 là hai hệ số lớn nhất Vậy hệ số lớn nhất là 62208 1001 32Caa 595 1465 === Cõu 4 ( ) 2 2 2 2 2 : 1 3 2 1 3 2 x y E c a b+ = = = = Do ú F 1 (-1; 0); F 2 (1; 0); (AF 1 ) cú phng trỡnh 3 1 0x y + = M 2 1; 3 ữ N 4 1; 3 ữ 1 NA 1; 3 = ữ uuur ; ( ) 2 F A 1; 3= uuur 2 NA.F A 0 = uuur uuur ANF 2 vuụng ti A nờn ng trũn ngoi tip tam giỏc ny cú ng kớnh l F 2 N 5k1 a a ,5k1 a a k 1k k 1k ==>< ++ Do đó đường tròn có phương trình là : 2 2 2 4 ( 1) 3 3 x y − + − = ÷ Câu 5: *CM: SE EB ⊥ . Vì tam giác SAD đều cạnh a 3 2 a SE ⇒ = X ét tam giác vuông AEB có: 2 2 2 2 2 2 5 2 4 a a EB EA AB a = + = + = ÷ Xét tam giác SEB có: 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 4 a a SE EB a SB + = + = = ÷ ÷ suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB⊥ Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra ¼ ¼ AEB BFC = mà ¼ ¼ 0 90AEB FBE+ = ¼ ¼ ¼ 0 0 90 90BFC FBE FHB⇒ + = ⇒ = Hay CH EB ⊥ mÆt kh¸c CH SE⊥ (do ( )SE ABCD ⊥ ) Suy ra ( )CH SEB⊥ . * Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 5 2 BH BF BC a a a a a = + = + = + = ÷ suy ra 2 2 5 a BH = Xét BHC có: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 a a a CH BC BH a CH= − = − = ⇒ = S F B A H E C D