Đề thi sát hạch lần 1 năm học 2017 – 2018 môn Toán 11 trường THPT Thanh Miện – Hải Dương

Đề thi sát hạch lần 1 năm học 2017 – 2018 môn Toán 11 trường THPT Thanh Miện – Hải Dương gồm 6 bài toán tự luận, có lời giải chi tiết và thang điểm.

18 9 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI SÁT HẠCH LẦN 1 NĂM HỌC 2107 – 2018
TRƯỜNG THPT THANH MIỆN MÔN: TOÁN 11
Thời gian làm bài: …… phút
Câu 1(3 điểm).
a) Giải phương trình:
2sin(x ) 3 0
6
.
b) Giải phương trình:
2
(sinx cos ) 3 cos 2 3xx .
c) Tìm nghiệm thuộc
(0;2 )
của phương trình:
1sinxcos sin2 cos2
0
tan 3
xxx
x

.
d)
Giải phương trình:
20 20 6 6
22
sin cos sin cos
4
sin 2 4cos 2
x
xxx
x
x

.
Câu 2(1 điểm). Tìm số tự nhiên n thỏa mãn:
11 13 33
. 2 225
nn
nn nn nn
CC CC CC


.
Câu 3(2 điểm).
a)
Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi
một khác nhau và chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước.
b)
Đội văn nghệ của trường THPT Thanh Miện có 20 học sinh gồm 8 nam và 12 nữ. Nhân
dịp ngày nhà giáo Việt Nam 20/11, đoàn trường cần chọn 10 học sinh trong đội để tham
gia biểu diễn một tiết mục văn nghệ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho số học sinh
nam không lớn hơn 3.
Câu 4(0,5 điểm). Giải hệ phương trình:
22
3
3
9436
43 3
32
227 2
xy
x
yxy


.
Câu 5(2,5 điểm). Trong hệ trục tọa độ Oxy cho điểm

2;3M , đường thẳng d có phương
trình
20
x
y, đường tròn (C) có phương trình
22
4630xy xy.
a)
Tìm ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo véc tơ

3;1u
.
b)
Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O, góc
quay bằng
0
90 .
c)
Viết phương trình đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm M, tỉ
số bằng
2 .
Câu 6(1 điểm).
a)
Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
1
:2 3 3 0dxy và
2
:5 2 17 0dxy
. Đường thẳng
d đi qua giao điểm của
1
d
và
2
d
cắt hai tia Ox, Oy
lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng
d sao cho
2
2
OAB
AB
S
nhỏ nhất.
b)
Cho
,,abc
là các số thực khác nhau thỏa mãn 1abc và 0.ab bc ca Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:
222 5
P
ab bc ca
ab bc ca



.
----------------------------------Hết----------------------------------
Họ và tên : ........................................................................ Số báo danh: ..........................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
1a
-
PT :
3
2sin(x ) 3 0 sin(x )
662


0,25
-
2
63
2
2
63
xk
x
k



0,25
-
2
6
2
2
x
k
x
k


0,25
- Vậy phương trình có nghiệm
2
6
2
2
x
k
x
k


0,25
1b
-
PT:
2
(sinx cos ) 3 cos 2 3 sin 2 3 cos 2 2xxxx
0,25
-
13
sin 2 cos2 1 sin(2x ) 1
22 3
xx

0,25
- 22
32 12
x
kx k

 
0,25
-
12
x
k

0,25
1c
-
ĐK :
cos 0
2
tan 3
3
x
k
x
x
x
k




-
PT
(sinx cos )(2cos 1) 0xx
2
;2
43
x
kx k


.
0,25
- Kết hợp với điều kiện có nghiệm
2
;2
43
x
kx k

-
Do nghiệm thuộc (0;2 )
nên
372
;;
443
xxx


0,25
1d
-
Ta có:
20 20 2 2
sin cos sin cos 1
444
xxxx

-
Và
2
66
22 2
3
1sin2
sin cos 1
4
4
sin 2 4cos 2 4 3sin 2
x
xx
x
xx


nên
1
4
VT VP
0,25
-
Dấu bằng khi
20 2
20 2
sin sin
cos cos
2
xk
xx
x
k
xx

0,25
2a
-
11 13 33
. 2 225
nn
nn nn nn
CC CC CC


điều kiện
3n
.
-
2
11 13 33 1 3
. 2 225 225
nn nn nn n n
CC CC CC C C
0,25
-
13
15
nn
CC
0,25
-

12
15
6
nn n
n


0,25
- Giải được 5n .
0,25
3a - Mỗi cách chọn 5 chữ số khác nhau từ 8 chữ số đã cho là 1 tổ hợp chập 5
của 8 phần
t
ử.
0,25
- Số cách chọn 5 chữ số khác nhau từ 8 chữ số trên là
5
8
56C .
0,25
- Với mỗi bộ 5 chữ số được chọn đó, sắp sếp chúng theo thứ tự tăng dần
ta được 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
- Nên lậ
p
được tất cả là 56 số. 0,25
3b - Số học sinh nam được chọn khôn
g
lớn hơn 3 nên cần chọn 0,1,2,3 nam. 0,25
- Số cách chọn 0 nam và 10 nữ là:
10
12
66C
.
-
Số cách chọn 1 nam và 9 nữ là:
19
812
. 1760CC
.
0,25
- Số cách chọn 2 nam và 8 nữ là:
28
812
. 13860CC
.
-
Số cách chọn 3 nam và 7 nữ là:
37
812
. 44352CC
.
0,25
- Tổng số cách chọn là: 66 1760 13860 44352 60038 .
0,25
4
-
Phương trình (1)
22
1
49
xy

; đặt
sin
2sin
2
3cos
cos
3
x
t
x
t
y
yt
t

.
-
Thay vào PT (2) ta được:
sin3 3.cos3 2tt
2
18 3
k
t

.
0,25
- Biểu diễn họ nghiệm trên đường tròn lượng giác ta được 3 điểm ứng với
0;1; 2k nên chọn
13 25
;;
18 18 18
tt t

 .
-
Nên hệ có 3 nghiệm
2sin
18
;
3cos
18
x
y
13
2sin
18
;
13
3cos
18
x
y
25
2sin
18
.
25
3cos
18
x
y
0,25
5a
-
Theo biểu thức tọa độ phép tịnh tiến
'
'
x
xa
yyb


.
0,25
-

2;3M ;

3;1u
,Gọi M’ là ảnh của M thì

'5;4M .
0,25
5b
-
Lấy

0;2A thuộc d thì ảnh của A qua phép quay là

'2;0A .
0,25
- Do góc quay bằng 90
0
nên 'dd .
0,25
- Phương trình d’ là:

12100xy 20
x
y.
0,25
5c
-
Đường tròn (C) có tâm

2; 3I , bán kính
4R
.
0,25
- Ảnh của tâm I qua phép vị tự là

';
I
xy, từ

'2 '10;15MI MI I
 
.
-
Đường tròn (C’) có bán kính
'2 8
R
R
.
0,25
- Phương trình đường tròn (C’) là

22
10 15 64xy.
0,25
6a - Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng
1
d
và
2
d (3 ; 1)I
.
-
Giả sử (;0)Aa và (0 ; )Bb với ,0ab thì d :
1
xy
ab

.
-
Vì
31
1Id
ab

0,25
- Ta có
222
2222222
11 11
4. 4. 4
.
OAB
AB OA OB
SOAOBOAOBab




- Áp dụng Bunhia:
2
22
22
11 31
(3 1 ) 1
ab ab




22
111
10ab

- Min
2
2
2
5
AB
S
OAB
khi
31 10
1
3
310
a
ab
ab b







-
Khi đó đường thẳng d có phương trình
3100
x
y
.
0,25
6b - Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a > b > c.
-
Khi đó: A =
222 5
abbc ac
ab bc ca



.
-
Sử dụng bất đẳng thức :
22
11 4 22
(, 0)mn
mnmn
mn

-
Ta có:
1 1 2 5 10 10
2( )
2
abbc ac ac
ab bc ca ab bc ca


 


2
20 2 20 2
4
()4
acac b
a c ab bc ca



=

20 2
113bb
(1)
0,25
Lại có:
2
(3 3 1 3 )
3(1 )(1 3 ) 4
4
bb
bb


suy ra:

23
113
3
bb
(2)
Từ (1) và (2) ta có : A
10 6 .
Đẳng thức xảy ra
26 1 26
,,
636
abc


hoặc các hoán vị.
Vậy GTNN của A là
10 6
0,25
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI SÁT HẠCH LẦN 1 NĂM HỌC 2107 – 2018
TRƯỜNG THPT THANH MIỆN MÔN: TOÁN 11
Thời gian làm bài: …… phút Câu 1(3 điểm). 
a) Giải phương trình: 2sin(x )  3  0 . 6 b) Giải phương trình: 2
(sinx  cos x)  3 cos 2x  3 .
1 sinx  cos x  sin 2x  cos 2
c) Tìm nghiệm thuộc (0;2 ) của phương trình: x  0 . tan x  3 20 20 6 6 sin x  cos x sin x  cos d) Giải phương trình: x  . 2 2 4
sin 2x  4cos 2x
Câu 2(1 điểm). Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: 1 n 1  1 3 3 n3 C .C  2C C C C  225 . n n n n n n Câu 3(2 điểm).
a) Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi
một khác nhau và chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước.
b) Đội văn nghệ của trường THPT Thanh Miện có 20 học sinh gồm 8 nam và 12 nữ. Nhân
dịp ngày nhà giáo Việt Nam 20/11, đoàn trường cần chọn 10 học sinh trong đội để tham
gia biểu diễn một tiết mục văn nghệ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho số học sinh nam không lớn hơn 3. 2 2 9
x  4y  36 
Câu 4(0,5 điểm). Giải hệ phương trình: 3 x 4 3 3 . 3   y x  3y  2  2 27 2
Câu 5(2,5 điểm). Trong hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M 2;3 , đường thẳng d có phương
trình x y  2  0, đường tròn (C) có phương trình 2 2
x y  4x  6 y  3  0 . 
a) Tìm ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo véc tơ u  3;   1 .
b) Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O, góc quay bằng 0 90 .
c) Viết phương trình đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm M, tỉ số bằng 2  . Câu 6(1 điểm).
a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d : 2x  3y  3  0 và 1
d : 5x  2 y 17  0 . Đường thẳng 2
d đi qua giao điểm của 1
d và d cắt hai tia Ox, Oy 2 2
lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng AB d sao cho nhỏ nhất. 2 S OAB
b) Cho a,b,c là các số thực khác nhau thỏa mãn a b c  1 và ab bc ca  0. Tìm giá 2 2 2 5
trị nhỏ nhất của biểu thức: P     . a b b c c a
ab bc ca
----------------------------------Hết----------------------------------
Họ và tên : ........................................................................ Số báo danh: ..........................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1a   3
- PT : 2sin(x )  3  0  sin(x )  0,25 6 6 2    x    k2  - 6 3    0,25 2 x    k2  6 3   x   k2  - 6    0,25
x   k2  2   x   k2 
- Vậy phương trình có nghiệm 6   0,25
x   k2  2 1b - PT: 2
(sinx  cos x)  3 cos 2x  3  sin 2x  3 cos 2x  2 0,25 1 3  -  sin 2x
cos 2x  1  sin(2 x )  1 2 2 3 0,25    -  2x
  k2  x   k 3 2 12 0,25  -  x   k 12 0,25 1c   cos  0 x   kx    - ĐK : 2    tan x  3 
x   k  3 0,25    
- PT  (sinx  cos x)(2cos x 1)  2 0  x   k; x   k2 . 4 3   2
- Kết hợp với điều kiện có nghiệm x   k; x   k2 4 3 0,25 3 7 2
- Do nghiệm thuộc (0;2 ) nên x  ; x  ; x  4 4 3 1d 20 20 2 2 sin x  cos x sin x  cos x 1 - Ta có:   4 4 4 3 0,25 2 6 6 1 sin 2 sin  cos x x x 1 1 - Và 4 
 nên VT   VP 2 2 2
sin 2x  4cos 2x 4  3sin 2x 4 4    20 2 sin   sin x k x x - Dấu bằng khi     0,25 20 2
cos x  cos x
x   k  2 2a - 1 n 1  1 3 3 n3 C .C  2C C C C
 225 điều kiện n  3. n n n n n n 0,25
-  C C C C C C
 C C 2 1 1 1 3 3 3 1 3 . 2 225  225 n n n n n n n n - 1 3
C C  15 0,25 n n n n   1 n  2 -  n   15 0,25 6
- Giải được n  5. 0,25 3a
- Mỗi cách chọn 5 chữ số khác nhau từ 8 chữ số đã cho là 1 tổ hợp chập 5 0,25 của 8 phần tử.
- Số cách chọn 5 chữ số khác nhau từ 8 chữ số trên là 5 C  56 . 0,25 8
- Với mỗi bộ 5 chữ số được chọn đó, sắp sếp chúng theo thứ tự tăng dần 0,25
ta được 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
- Nên lập được tất cả là 56 số. 0,25 3b
- Số học sinh nam được chọn không lớn hơn 3 nên cần chọn 0,1,2,3 nam. 0,25
- Số cách chọn 0 nam và 10 nữ là: 10 C  66 . 12 0,25
- Số cách chọn 1 nam và 9 nữ là: 1 9 C .C  1760 . 8 12
- Số cách chọn 2 nam và 8 nữ là: 2 8
C .C  13860 . 8 12 0,25
- Số cách chọn 3 nam và 7 nữ là: 3 7
C .C  44352 . 8 12
- Tổng số cách chọn là: 66 1760 13860  44352  60038 . 0,25 4  x  sin 2 2 t  x  2sin t - Phương trình (1) x y    1; đặt 2    . 4 9 y  y  3cos  cos t t  0,25  3  
- Thay vào PT (2) ta được: sin 3 k
t  3.cos 3t  2 2  t   . 18 3
- Biểu diễn họ nghiệm trên đường tròn lượng giác ta được 3 điểm ứng với  13 25
k  0;1; 2 nên chọn t  ;t  ;t  . 18 18 18    13  25 0,25 x  2sin  x  2sin x  2sin    - Nên hệ có 3 nghiệm 18 18 18  ;  ;  .   13 25 y  3cos      y 3cos y 3cos  18  18  18 5a
x'  x a
- Theo biểu thức tọa độ phép tịnh tiến  . 0,25
y '  y b  - M  2;  3 ;u 3;  
1 ,Gọi M’ là ảnh của M thì M ' 5  ;4 . 0,25 5b
- Lấy A0;2 thuộc d thì ảnh của A qua phép quay là A' 2  ;0. 0,25
- Do góc quay bằng 900 nên d '  d . 0,25
- Phương trình d’ là: 1 x  2 1 y  0  0  x y  2  0 . 0,25 5c
- Đường tròn (C) có tâm I 2; 3
 , bán kính R  4. 0,25  
- Ảnh của tâm I qua phép vị tự là I ' ;
x y  , từ MI '  2
MI I '10;15 . 0,25
- Đường tròn (C’) có bán kính R '  2R  8 .
- Phương trình đường tròn (C’) là  x  2   y  2 10 15  64 . 0,25 6a
- Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng  . 1 d và d I (3 ; 1) 2 - Giả sử ( x y
A a ; 0) và B(0 ; b) với a,b  0 thì d :   1. a b 0,25 3 1
- Vì I d    1 a b 2 2 2 AB OA OB  1 1   1 1  - Ta có  4.  4.   4  2 2 2  2 2   2 2  S OA .OBOA OB   a b OAB  2  1 1   3 1  1 1 1 - Áp dụng Bunhia: 2 2 (3 1 )     1     2 2     a b   a b  2 2 a b 10 0,25 2  3 1  10 AB 2    1 a  - Min  khi   2 a b  3 5 S    OAB 3a bb  10
- Khi đó đường thẳng d có phương trình 3x y 10  0. 6b
- Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a > b > c. 2 2 2 5 - Khi đó: A =    . a b b c a c
ab bc ca
- Sử dụng bất đẳng thức : 1 1 4 2 2    ( , m n  0) 2 2 m n m n m n 0,25 1 1 2 5 10 10 - Ta có: 2(  )     a b b c a c
ab bc ca a c
2 ab bc ca 20 2 20 2   20 2 = (1) 2
(a c)  4ab bc ca
a ca c  4b
1b13b 2    Lại có: (3 3b 1 3b)
3(1 b)(1 3b) 
 4 suy ra:   b  b 2 3 1 1 3  (2) 4 3
Từ (1) và (2) ta có : A  10 6 . 0,25 2  6 1 2  6
Đẳng thức xảy ra  a  ,b  , c  hoặc các hoán vị. 6 3 6 Vậy GTNN của A là 10 6