Tính xác suất để tổng số bi lấy ra không có đủ ba mầu.. Gọi S là một điểm ở ngoài mặt phẳng ABCD sao cho SB = SD.[r]
(1)SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP CHẤT LƯỢNG CAO Năm học 2012 – 2013 Môn thi: Toán Lớp 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I (2,0 điểm) Giải các phương trình : 1) sin x + cos x = −2 ( sin x + sin x ) 2 x + xy + y = y + x Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải hệ phương trình : y x − y + + x = 2) Tìm m để phương trình có nghiệm x − 2mx + = x3 + x Câu III ( ,0 điểm) 1) Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng, viên bi vàng Người ta chọn viên bi từ hộp đó Tính xác suất để tổng số bi lấy không có đủ ba mầu n−2 n 2 2) Tìm hệ số chứa x khai triển + x + x biết : Cnn++41 − Cnn+3 = 7(n + 3) Câu VI( 3,0 điểm) 2 1) Cho đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 3) = và điểm M(2;4) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt đường tròn (C) hai điểm A, B cho M là trung điểm AB 2) Cho hình vuông ABCD cạnh a , tâm O Gọi S là điểm ngoài mặt phẳng (ABCD) cho SB = SD Gọi M là điểm tùy ý trên đoạn AO với AM = x mặt phẳng (α) qua M song song với SA và BD cắt SO , SB , AB N, P , Q a Tứ giác MNPQ là hình gì ? b Cho SA = a Tính diện tích MNPQ theo a và x Tìm x để diện tích đó lớn 2) tan x − tan x = Câu V( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(1;2) và đường thẳng d: 4x – 3y – 23 = Hai điểm B và C di chuyển trên d cho đoạn BC luôn có độ dài Tìm B và C cho chu vi tam giác ABC là nhỏ - Hết - (Đề thi gồm có… trang) Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: (2) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI KHẢO SÁT KHỐI 11 (2012-2013) Câu I Điểm Nội dung π 1,0 1) ⇔ x = − + kπ , k ∈ Z π π x ≠ + k cos2 x ≠ ⇔ ,(k,l ∈ Z ) 2) Điều kiện : π cos x ≠ x ≠ + lπ sin x.cos x − cos x.sin x Pt ⇔ = ( sin x + sin x ) cos x.cos x ⇔ 6sin x = cos x.cos x.sin x ( cos x + 1) 0,25 sin x = ⇔ x = kπ (t / m) ⇔ cos x.cos x ( cos x + 1) = (*) (*) ⇔ (1 + cos x ) cos x ( cos x + 1) = 0,5 ⇔ cos3 x + 3cos 2 x + cos x − = ⇔ cos x = ⇔ x = kπ , k ∈ Z (t / m ) Vậy pt có nghiệm x = kπ , k ∈ Z II 0,25 1) Giải: ĐK x − y + ≥ x = y x = − 2y + (1) ⇔ x − y + xy − y + y − x = ⇔ ( x − y )( x + y − 2) = ⇔ 0,5 Với x=y thay vào pt (2 ) ta x=y=1 y = ⇒ x = Với x=2-2y thay vào pt (2 ) ta y − y = y ⇔ y = −1 ⇒ x = 3 −1 thử lại đk két luận hệ có nghiệm : (1;1),(2;0), ; 3 2) Đk: x ≥ 0,5 Với x=0 không là nghiệm Với x ≠ chia hai vế cho x ta : x Đăt: t = 2(2 x + ) ⇔ x + t2 = (t ≥ x 2x + 1 − 2m = 2(2 x + ) x x 2) t2 − 2m = 3t ⇔ t − 6t = 4m Đặt f (t ) = t − 6t xét với t ≥ 2 −9 Có f(t) = -9 pt có nghiệm ⇔ 4m ≥ −9 ⇔ m ≥ 0,5 Pt tt : 0,5 (3) III 0,25 a) Số cách chon viên bi 15 viên bi là : C = 1365 Các trường hợp chon viên bi có ba mầu : +) 2đỏ+1trắng+1vàng : C42 C51C61 = 180 +) 1đỏ +2trắng +1vàng : C41C52 C61 = 240 +) 1đỏ +1trắng +2 vàng: C41C51C62 = 300 số cách chọn bi không có đủ mầu là 1365-(180+240+300)=645 15 645 43 Vậy xác suất cần tìm là : P = = 1365 91 0,5 0,25 b) (n + 4)! (n + 3)! − = 7(n + 3) (n + 1)!3! n!3! ⇔ (n + 4)(n + 2) − (n + 1)(n + 2) = 42 ⇔ n = 12 + Với : n= 12 ĐK n ∈ N (1) ⇔ 0,5 10 (1 + 2x) + 3x2 = C100 (1 + 2x)10 + C101 (1 + 2x)9 3x2 + C102 (1 + 2x)8 9x4 + Ta có: C100 (1 + x)10 = C100 C100 + C101 x + C102 x + C103 x + C104 16 x + 3x 2C101 (1 + x)9 = 3x 2C101 C90 + C91 x + C92 x + x 4C102 (1 + x)8 = x 4C102 C80 + 0,5 Vậy hệ số số hạng chứa x là : C100 C104 16 + 3C101 C92 + 9C102 C80 = 8085 VI 1) Đường tròn (C) : ( x – 1)2 + ( y – )2 = có tâm I ( ; 3) và bán kính R=2 0,5 qua M qua M Qua M ( 2; ) uuur Ta có : (d) : ⇔ (d) : ⇔ (d) : MA = MB AB ⊥ MI vtpt MI (1;1) ⇔ (d) : x – + y – = ⇔ (d) : x + y – = 0,5 (4) 2) a Tứ giác MNPQ là hình gì ? Ta có : SB = SD ⇒ ∆ SBC = ∆ SDC (c-c-c) Gọi I là trung điểm SC Xét ∆ IBC và ∆ IDC Ta có : IC cạnh chung BC = CD S N I P DCI = BCI ⇒ ∆ IBC = ∆ IDC ⇒ IB = ID ⇒ ∆ IBD cân I ⇒ IO ⊥ BD B Mà OI // SA ⇒ SA ⊥ BD (α ) // BD Ta có : BD ⊂ ( ABO) (α ) ∩ ( ABO) = MQ ⇒ (α ) // BD Tương tự : BD ⊂ ( SBO) (α ) ∩ ( SBO) = NP D A M Q O C (*) MQ // BD (1) 1,0 ⇒ NP // BD Từ (1) và (2) , suy MQ // NP // BD (α ) // SA Mặt khác : SA ⊂ ( SAO) (α ) ∩ ( SAO) = MN (α ) // SA Tương tự : SA ⊂ ( SAB) ⇒ (α ) ∩ ( SAB) = PQ ( 2) (3) ⇒ MN // SA PQ // SA ( 4) (5) Từ (4) và (5) , suy MN // PQ // SA (6) Từ (3) , (6) và (*), suy MNPQ là hình chữ nhật Vậy : MNPQ là hình chữ nhật b Tính diện tích MNPQ theo a và x: Ta có : S MNPQ = MQ.MN Tính MQ : Xét tam giác AQM : ˆ = 45 Α Ta có : Qˆ = 450 ˆ M = 90 ⇒ ∆AQM cân M ⇒MQ = AM = x (5) Tính MN : Xét tam giác SAO : Ta có : MN // SA ⇒ MN OM = AS OA ⇒ S MNPQ a −x OM ⇒ MN = AS = a = a − x OA a 2 = MQ.MN = x.(a − x ) = x (a − x ) 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương x và a − x x + a − x ) ) ≤ a² a² ≤ = ⇒ S MNPQmã = 4 x (a − x ) ≤ ⇒ S MNPQ ( Đẳng thức xảy x = a − x a² a² ⇔ x= a a = 2 ⇔ M là trung điểm AO Vậy : x = V a thì S MNPQ đạt giá trị lớn d' D' A(1;2) d 0,5 D B C H A' Gọi d’ là đường thẳng qua A và // d => d’ có pt: 4x – 3y + = Gọi D(x ; y) trên d’ cho AD = 3 uuur 0,25 Ta có: D( x; x + ) ⇒ AD = ( x − 1; x − ); AD = ⇒ D ( 4; ) ; D’ ( –2; –2 ) 0,25 Ta có chu vi tam giác ABC là: AB + BC + CA = AB + AC + => chu vi tam giác ABC nhỏ AB + AC nhỏ Xét tứ giác ABCD Dễ có ABCD là hình bình hành => AB + AC = AC + CD Gọi A’ đối xứng với A qua d => AC = A’C => AC + CD = A’C + CD => AB + AC nhỏ và A’C + CD nhỏ nhất, hay điểm 0,25 A’, C, D thẳng hàng Do A’ đối xứng với A qua d nên tìm (6) AA’: 3x + 4y – 11 = ta có H = AA '∩ d ⇒ H (5; −1) ⇒ A’ ( 9; –4 ) 13 ;1) => A’D: 2x + y – 14 = ta có C = d ∩ A ' D ⇒ C ( uuur uuur Do BC = AD ⇒ B( ; −3) Dễ thấy A’, C, D thẳng hàng thì A’, B, D’ thẳng hàng nên hai điểm cần tìm là: ( ; −3) và ( 13 ;1) 0,25 Hết (7)