DAP AN THI KHAO SAT K11 KY 2 NAM 2016(DA SUA 2)

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN NĂM 2015 - 2016 Mơn: TỐN, Khối 11 (Đáp án – thang điểm gồm 03 trang) TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Câu Đáp án Viết phương trình tiếp tuyến … (1,5 điểm) � Tập xác định: D  �\  1 Ta có: y '  (x  1) Giả sử M(x ; y ) �(C) � hệ số góc tiếp tuyến  với (C) M là: k  y'(x0 )  Điểm 0,5 (x0  1)2 � x0  � M(2; 1) �1�  � 1 � k  �  � Do   d � k.� � x0  � M(0;5) (x0  1)2 � 3� � • Với M(2; 1) � phương trình tiếp tuyến  là: y  3x  • Với M(0; 5) � phương trình tiếp tuyến  là: y  3x  Vậy phương trình tiếp tuyến thỏa mãn đề là: y  3x  7, y  3x  a (1,0 điểm) Giải phương trình … (2,0 điểm) PT � (cosx  sinx)(cosx  sinx)  (1  cosx)(sinx  cosx)  � (cosx  sinx)(cosx  sinx   cosx)  � cosx  sinx  (1) � (cosx  sinx)(sinx  cosx  1)  � � sinx  cosx  (2) �   (1) � sinx  cosx � tanx   tan � x   k 4 �  � � � �  x   k2 (2) � sin� x  � � sin� x  �  sin � � � � 4� � 4� x    k2 � Vậy nghiệm phương trình là: x  0,5 0,5 0,5 0,25 0,25    k, x   k2, x  k2 b (1,0 điểm) Tính giới hạn … I  lim x�1  lim (x2  x  2)( 3x   2x) (4x  1)(x   x)   lim x�1 (x  1)(4x  1)(x   x) (x  1)(x  2)( 3x   2x) 5.(1  1)  � 3.(2  2) (x  2)( 3x   2x) Tìm số phần tử tập S tính xác suất … x�1 (1,0 điểm) (3x   4x2 )(x   x) Số số gồm chữ số khác tạo thành từ 1, 2, 3, 4, 5, là: A 62  30 � Số phần tử tập S là: 30 (phần tử) Phép thử T: “Lấy ngẫu nhiên hai số từ tập S” � Số phần tử không gian mẫu là: n()  C30  435 Trang 1/3 0,5 0,5 0,25 0,25 Gọi A biến cố: “Lấy hai số tự nhiên chẵn” Giả sử n  a1a2 số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác � a2 �{2; 4; 6} Chọn a2 có cách chọn 0,25 Chọn a1 có cách chọn � Số tự nhiên chẵn là: 3.5  15 � n(A)  C15  105 Vậy xác suất biến cố A là: P(A)  n(A) 105   � n() 435 29 0,25 a (1,5 điểm) Chứng minh … (2,5 điểm) S K E 0,5 F A D H M C B �   Do H hình chiếu C (ABCD) � góc SC (ABCD) SCH Ta co� : SH  (ABCD) � SH  BC � �� BC  (SAB) � (SBC)  (SAB) ABCD la� h� nh vuo� ng � AB  BC� 0,5 Ta co� : SH  (ABCD) � SH  CD � �� CD  (SHM) � (SCD)  (SHM) M la� trung � ie� m CD � HM  CD� 0,5 b (1,0 điểm) Tính khoảng cách CH SD Dựng hình bình hành HCDE � CH // DE � CH // (SDE) � d(CH,SD)  d(CH,(SDE))  d(H,(SDE)) Kẻ HF  DE (F �DE) Mà SH  DE � DE  (SHF) � (SHF)  (SDE) Trong (SHF) kẻ HK  SF (K �SF) � HK  (SDE) � d(H,(SDE))  HK 0,5 Ta có: HE  CD  2a DE  CH  HB2  BC2  a DA.HE 2a.2a 4a   � DE a 5 4a � � SHC vuông H � SH  HC.tanSCH  a 5.tan  a �  55 11 1 11 SHF vuông F �      � HK  a 2 2 HK HF HS 16a 16a a Vậy d(CH,SD)  HK  a Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Ta có: 2SHDE  HF.DE  DA.HE � HF  Trang 2/3 0,25 0,25 (1,0 điểm) uuur �5 � uuu r � A  3� AE  ; EC  �xC  ;y Ta có: � �và � C �3 � � � AE AB E Do AB // CD �   EC CD � 10 uuur uuu r � xD 3 �  xC  � C � 2AE  EC � �3 3�� yC  � �  yC  � B 0,25 C � C(3;3) � AC  ADC vuông D nên: AD2  CD2  AC2 � AD2  4AD2  25 0,25 � AD  � AB  uuur Giả sử B(b,  3b) � AB  (b  2;1  3b) � AB2  (b  2)2  (1  3b)2 � b  � B(0; 4) (tho� a ma� n) � �  10 b  b � � �1 17 � b  � B � ; �(loa� i) � �5 � � uuur uuur Do đó: AB  (2;1), DC  (3  xD ;  yD ) uuur uuur � �   xD x  1 � � � �D � D(1;1) Mà 2DC  2AB � �   yD yD  � � Vậy B(0; 4), C(3;3),D(1;1) Tìm số hạng đứng thứ 12 … (1,0 điểm) Ta có: C4  13C2 Điều kiện: n �, n (*) n n 0,25 n! n! 13  13 �  (n  4)!4! (n  2)!2! 4.3 (n  2)(n  3) � n  10 (loa� i) � n2  5n  150  � � n  15 (tho� a ma� n (*)) � � 15 0,25 k �3 � 15 k 15 k �2 � 15 k k 45 k Khi đó: � x  �  �C15 (x ) � � �C15 x � x � k �x � k0 k k 45  k x Số hạng tổng quát khai triển là: C15 (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Số hạng chứa x khai triển ứng với 45  k  � k  11 211  2795520 Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển là: C11 15 Tìm GTLN … Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi �  a,b,c 4 1 5a  b  5c          Ta có: P   a  b  c a b c a  a2 b  b2 c  c2 0,25 0,25 0,25 � 1� 5a 0; � �18a (*) với  a�� a a � 2� Thật vậy: 5a  (18a  3)(a a2 ) 18a3  21a2  8a  (*) ۣ 0 a a2 a  a2 � 1� (2a1)(9a2  6a 1) (2a1)(3a1)2 ۣ 0 với  a�� 0; � 2 a a a a � 2� Ta có: Trang 3/3 � � 5c  � 1� 5b  0; �và 0; � �18b   b�� �18c   c�� 2 b b c  c � � � 2� Do đó: P �18(a  b c)   0,25 Vậy GTLT P Dấu “=” xảy a  b  c  � 0,25 Tương tự ta có: ▪ Chú ý: Các cách giải khác với đáp án điểm tối đa Trang 4/3 ...  a2 b  b2 c  c2 0 ,25 0 ,25 0 ,25 � 1� 5a 0; � �18a (*) với  a�� a a � 2 Thật vậy: 5a  (18a  3)(a a2 ) 18a3  21 a2  8a  (*) ۣ 0 a a2 a  a2 � 1� (2a1)(9a2  6a 1) (2a1)(3a1 )2. .. 2AE  EC � �3 3�� yC  � �  yC  � B 0 ,25 C � C(3;3) � AC  ADC vuông D nên: AD2  CD2  AC2 � AD2  4AD2  25 0 ,25 � AD  � AB  uuur Giả sử B(b,  3b) � AB  (b  2; 1  3b) � AB2  (b  2) 2... Ta có: HE  CD  2a DE  CH  HB2  BC2  a DA.HE 2a.2a 4a   � DE a 5 4a � � SHC vuông H � SH  HC.tanSCH  a 5.tan  a �  55 11 1 11 SHF vuông F �      � HK  a 2 2 HK HF HS 16a 16a