Trờng THPT Thạch Thành I kỳ thi khảo sát chất lợng khối 11 lần thứ nhất năm học 2010- 2011 Môn: toán Thời gian: 180 phút BI Cõu 1: (2 im). 1. Gii bt phng trỡnh: ( ) 9 4 1 3 2 3x x x+ > + 2. Gii phng trỡnh: 1sinsin4 cos 1 2sin 2cos.cos1 2 = xx xx xx Cõu 2: (2 im) 1. Khai trin biu thc ( ) ( ) 1 2 n P x x = ta c 2 0 1 2 ( ) . n n P x a a x a x a x = + + + + Tỡm h s 6 a bit 0 1 2 71a a a+ + = 2. Tỡm k sao cho 1 2 7 7 7 ; ; k k k C C C + + Theo th t lp thnh mt cp s cng. Cõu 3: (2 im) 1. T 8 ch s 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 cú th lp c bao nhiờu s gm 6 ch s khỏc nhau trong ú nht thit phi cú mt ch s 4. 2. Mt t hc sinh cú 6 nam v 5 n.Tỡm xỏc sut chn ra 4 hc sinh i lao ng sao cho trong ú cú khụng quỏ 2 n. Cõu 4: (3 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh bng a. Trờn cnh AB ly im M vi AM = x. Gi ( ) l mt phng qua M v song song vi mt phng (SAD). 1. Dng thit din ca hỡnh chúp S.ABCD ct bi mt phng ( ) . Thit din l hỡnh gỡ? 2. Gi s ( ) ct SB, SC, CD ln lt ti N, P, Q. Tỡm qu tớch giao im I ca MN v PQ. 3. Cho gúc ã 0 90SAD = v SA = a. Hóy tớnh din tớch ca t giỏc MNPQ Theo a v x. Cõu 5: (1 im) Cho: 0, 0, 0 , a b c a c b c > > > Chng minh rng: ( ) ( ) c a c c b c ab + ____________________ Ht____________________ đề chính thức HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Thang điểm 1.1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 9 4 1 3 2 3 1 2 : 3 1 9 4 1 3 2 3 4 1 3 2 9 3 3 4 1 3 2 9 4 1 3 2 81 4 1 3 2 2 4 1. 3 2 2 12 5 2 82 7 82 82 7 0 7 4 12 5 2 82 7 1128 6732 0 82 7 6 1122 x x x x DK x BPT x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ≥ + − − > + ≥ ⇔ + − − > + + + −    ⇔ + > + + + − ⇔ > + + − ⇔ > + + − + + − ⇔ − − < −  − >  <   ⇔ ⇔   − − < −    − + >  < ⇔ < > 2 3 2 6 6 3 x x x ≥    ⇔ < ⇔ ≤ <        Vậy tập nghiêm của BPT(1) là: 2 ;6 3 x T   = ÷    0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1.2 Đk: sin 2 0 , 2 k x x k Z π ≠ ⇔ ≠ ∈ ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 2 1 cos .cos 2 1 4sin sin 1 sin 2 cos 1 cos . 1 2sin 2sin 4sin sin 1 .2sin .cos 1 cos 2cos .sin 2sin 8sin .cos 2sin .cos 2sin .cos 0 1 2sin 8sin .cos 4sin .cos 2sin .cos cos 0 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − = − − ⇔ − − − = − − ⇔ − + − − + + = ⇔ − − + + − = ⇔ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 sin 4sin .cos 1 2sin cos 1 2sin 0 1 2sin 4 1 cos .cos cos 1 0 1 2sin 1 cos 4 1 cos cos 1 0 1 2sin 0 cos 1 4cos 4cos 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − − = ⇔ − − − + = ⇔ − − + + =     − =  ⇔ =   + + =  0,5đ ( ) 2 6 1 sin 5 2 2 6 cos 1 1 cos 2 2 2 2 3 5 2 : 2 ; 2 ; 2 6 6 3 x k x x k x k loai x k KL x k x k x k π π π π π π π π π π π π π π  = +    =   = +   ⇔ = ⇔     = + = −     = ± +   = + = + = ± + 0,5đ 2.1 ( ) 0 1 2 2 1 2 .( 2 ) .( 2 ) . .( 2 ) n n n n n n n x C C x C x C x− = + − + − + + − Khi đó 0 0 n a C= , 1 1 .( 2) n a C= − , 2 2 2 .( 2) n a C= − và 6 6 6 .( 2) n a C= − Mặt khác 0 1 2 0 1 2 2 71 2 4 71 1 2 2 ( 1) 71 2 4 70 0 7 ( / ) 5 ( ) n n n a a a C C C n n n n n n t m n l + + = ⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔ − − = =  ⇔  = −  Vậy 6 6 6 7 .( 2) 448a C= − = 0,5đ 0,5đ 2.2 ĐK: 2 7 5k k + ≤ ⇔ ≤ . Vì 1 2 7 7 7 ; ; k k k C C C + + theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Nên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 7 7 7 2 7! 7! 7! 2 2. ! 7 ! 2 ! 5 ! 1 ! 6 ! 1 2 6 7 2 2 7 1 4 20 16 0 / 4 1 : 4 k k k C C C k k k k k k k k k k k k k k k t m k k KL k + + + = ⇔ + = − + − + − ⇔ + + + − − = + − =  ⇔ − + = ⇔  =  =   =  0,5đ 0,5đ 3.1 Xét 2 trường hợp TH1: Chữ số đầu là số 4. Khi đó 5 chữ số đằng sau có 5 7 A cách chọn TH2: chữ số 4 không đứng ở vị trí đầu. Khi đó có 5 vị trí cho số 4. Chữ số đầu có 6 cách chọn và 4 chữ số còn lại có 4 6 A cách chọn. Vậy TH2 có 4 6 5.6.A cách chọn. Vật số các số tự nhiên thoả mãn yêu cầu đầu bài là: 5 4 7 6 5.6. 13320A A+ = 0,5đ 0,5đ 3.2 Phép thử:” lấy ngẫu nhiên 4 sinh viên trong tổ” ( ) 4 11 330n CΩ = = Gọi A:” Lấy 4 HS trong đó có không quá 2 nữ” Có 3 trường hợp xảy ra 0,5đ TH1: Lấy cả 4 HS nam có 4 6 C cách chọn TH2: Lấy 4 HS trong đó có 1 nữ và 3 nam có 3 6 1 5 .CC cách TH3: Lấy 4 HS trong đó có 2nữ và 2 nam có 2 6 2 5 .CC cách ( ) 4 1 3 2 2 6 5 6 5 6 . . 265n A C C C C C= + + = Vậy xác suất xuất hiện biến cố A là: ( ) ( ) ( ) 265 53 330 66 n A P A n = = = Ω 0,5đ 4.1 Vì ( ) α // mp(SAD) nên: ( ) α // SA; ( ) α // AD; ( ) α // SD * ( ) α // AD ( ) ( ) / / ; Q BDmp ABCD MQ AD α ⇒ ∩ = ∈ (1) * ( ) α // SA ( ) ( ) / / ; N SBmp SAB MN SA α ⇒ ∩ = ∈ * ( ) α // SD ( ) ( ) / / ; P SCmp SCD PQ SD α ⇒ ∩ = ∈ Nối PN suy ra tứ giác MNPQ là thiết diện cần dựng * Vì ( ) α // AD ( ) ( ) ( ) / / / /BC mp SBC NP BC α α ⇒ ⇒ ∩ = (2) Từ (1) và (2) ⇒ MNPQ là hình thang 0,5đ 0,5đ 4.2 Vì ( ) ( ) ( ) ( ) / / / / / / AB mp SBA CD mp SCD mp SBA mp SCD d AB CD AB CD ∈  ∈ ⇒ ∩ =    Mặt khác: ( ) ( ) MN mp SAB MN PQ I d PQ mp SCD ∈  ⇒ ∩ = ∈  ∈   Khi M tiến về A thì I tiến về S; khi M tiến về B thì I tiến về K với BK//SA nên quỹ tích điểm I là đoạn thẳng SK 0,5đ 0,5đ 4.3 Nếu · · 0 0 90 90SAD NMQ= ⇒ = ⇒ MNPQ là hình thang vuông tại M và N Ta có SADV vuông cân tại A nên INPV vuông cân tại N d N P A B D C S M Q K I ( ) 2 2 2 2 1 1 2 2 * 1 2 MNPQ IMQ INP MNPQ S S S a NP NP NS AM NP x NP x BC SB AB a a S a x = − = − = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = − V V 0,5đ 0,5đ 5 Ta có: ( ) ( ) . . 1 c a c c b c c a c c b c ab b a a b − − − + − ≤ ⇔ + ≤ 1 1 . 1 2 2 1 1 . 1 2 2 1 . . 1 1 1 2 c a c c a c c c b a b a b a c b c c b c c c a b a b a b c a c c b c c c c c b a a b b a a b − −     ≤ + = + −  ÷  ÷     − −     ≤ + = + −  ÷  ÷     − −       ⇒ + ≤ + − + + − =  ÷  ÷         ⇒ đfcm Dấu ‘=’ xảy ra c a c ab b a c c b c a b a b −  =   ⇔ ⇔ =  − +  =   0,5đ 0,5đ . sát chất lợng khối 11 lần thứ nhất năm học 2 010 - 2 011 Môn: toán Thời gian: 18 0 phút BI Cõu 1: (2 im). 1. Gii bt phng trỡnh: ( ) 9 4 1 3 2 3x x x+ >. ( ) 2 2 2 sin 4sin .cos 1 2sin cos 1 2sin 0 1 2sin 4 1 cos .cos cos 1 0 1 2sin 1 cos 4 1 cos cos 1 0 1 2sin 0 cos 1 4cos 4cos 1 0 x x x x x x x x x x x