Đề khảo sát chất lượng các môn thi THPT lần 1 năm học 2015 – 2016 môn: Toán 11 - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 
 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI 
THPT LẦN 1. NĂM HỌC 2015 – 2016 
 Môn : Toán 11 
 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
(Đề thi có 01 trang) 
Câu 1 (1,0 điểm). Cho góc 
3
;2
2

 
 
 
 
 thỏa mãn 
1
sin
3
   . Tính sin 2 và cos
3


 
 
 
. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 3 cos 2 2x x  . 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 3 1 1 2 2 1    x x x 
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm m để đường thẳng : 2d y x m  cắt Parabol 2 2 1y x x   tại hai điểm 
,A B phân biệt thỏa mãn ,A B đối xứng với nhau qua (2;1)I . 
Câu 5 (1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hình vuông ABCD có M, N tương ứng là trung điểm 
các cạnh BC, CD. Biết rằng đường thẳng AM có phương trình 2 2 0x y   và tọa độ của điểm 
(0; 2),N  hãy tìm tọa độ của điểm B. 
Câu 6 ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho vectơ v (1; 5)  , đường thẳng :3 4 2016 0d x y   
và đường tròn (C) có phương trình 2 2( 1) ( 3) 16.x y    
 a. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v . 
 b. Viết phương trình đường tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự có tâm tại gốc tọa độ, tỉ số 
3k   . 
Câu 7 ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm 
I, các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm 
 1; 5 ,M 
7 5
; ,
2 2
N
 
 
 
13 5
;
2 2
P
 
 
 
(M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết đường 
thẳng chứa cạnh AB đi qua  1;1Q  và điểm A có hoành độ dương. 
Câu 8 ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 3
3 2
0
543 27
3 9 13 3 2
9
x y x y
x x x y
    

 
     

Câu 9 ( 1,0 điểm). Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn: 
 2 2 25( ) 6( )a b c ab bc ca     . 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 22( ) ( )M a b c a b     . 
---------Hết--------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 
 ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN 
THI THPT LẦN 1 NĂM HỌC 2015 – 2016 
 Môn : Toán 11 
 (Đáp án- thang điểm gồm 5 trang) 
I. LƯU Ý CHUNG 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo 
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
II. ĐÁP ÁN 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(1,0 điểm) 
Cho góc 
3
;2
2

 
 
 
 
 thỏa mãn 
1
sin
3
   . Tính sin 2 và cos
3


 
 
 
. 
Tính được 
2 2
cos
3
  0,25 
4 2
sin 2 2sin cos
9
  

   0,25 
2 2 3
cos cos cos sin sin
3 3 3 6
  
  
 
    
 
 0,5 
Câu 2 
(1,0 điểm) sin 2 3 cos 2 2x x  
cos sin 2 sin cos 2 1
3 3
  x x
 
0,25 
sin 2 1
3
x
 
   
  
0,25 
2 2 ;
3 2
    x k k
 
 0,25 
;
12
x k k

   
KL 
0,25 
Câu 3 
(1,0 điểm) 
Giải phương trình: 2 3 1 1 2 2 1    x x x 
ĐK: 1x  
PT 2 3 1 1 2 2 1x x x     
0,25 
9 5 412 4 ( 1)(2 1)xx x x      
243 9 2 3 1x x x    
0,25 
2 254 169 81 (2 3 1)x x x x     (do 3 10 0 1x x    ) 
223 102 65 0x x    
0,25 
 5 (tm)
13
( )
23
x
x loai


  

 
Vậy phương tình có nghiệm 5x  
0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) 
Tìm m để đường thẳng : 2d y x m  cắt Parabol 2 2 1y x x   tại hai điểm ,A B phân biệt 
thỏa mãn ,A B đối xứng qua (2;1)I . 
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 2 1 2x x x m    (1) 
2 4 ( 1) 0x x m     , 
5m  
0,25 
 Đường thẳng d cắt parabol tại 2 điểm phân biệt  pt(1) có 2 nghiệm phân biệt 
5m  
0,25 
 Hai giao điểm là    1 1 2 2,;2 ;2A Bx x m x x m  với 1 2 4x x  0,25 
,A B đối xứng qua (2;1)I 1 2
1 2
4
3( )
2( ) 2 2
x x
m tm
x x m
 
  
  
Vậy 3m  
0,25 
Câu 5 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hinhf vuoong ABCD có M, N tương ứng là trung 
điểm các cạnh BC, CD. Biết rằng đường thẳng AM có phương trình 2 2 0x y   
và điểm (0; 2),N  tìm tọa độ điểm B. 
Do BN AM nên BN nhận VTCP của AM làm VTPT, do đó BN có phương trình 
2 2 0x y   
0,25 
Gọi I là giao điểm của AM và BN. Tìm được tọa độ của 
6 2
;
5 5
I
 
 
 
 0,25 
Do tam giác ABM vuông tại B, có đường cao BI nên tính được 
4
.
5
IB  Từ đó, tọa độ 
của B là nghiệm của hệ 2 2
2x 2 0
6 2 16
5 5 5
y
x y
  

   
      
   
 . Giải hệ thu được ( ; ) (2;2)x y  
và 
2 6
( ; ) ;
5 5
x y
 
  
 
0.25 
Từ đó, do hai vectơ ,IB IN ngược hướng nên (2;2)B 0,25 
Câu 6.a 
(0.5 điểm) 
a. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của :3 4 2016 0d x y   qua phép tịnh tiến theo vectơ 
v (1; 5)  . 
Đường thẳng d cắt Ox tại điểm (672;0).M Gọi '( ; )M x y là ảnh của M qua 
v
T . 
 Ta có:  ' 673' '(673; 5)' 5xMM v My      
0,25 
Do đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v nên d’ nhận VTPT 
(3;4)n của d làm VTPT. 
Đường thẳng d’ có vectơ pháp tuyến là (3;4)n , d’ đi qua '(673; 5)M  
Suy ra ' :3( 673) 4( 5) 0d x y    Vậy pt ' :3 4 1999 0d x y   . 
0,25 
Câu 6.b 
(0.5 điểm) 
b. Viết phương trình đường tròn (C’)là ảnh của đường tròn 2 2( ) : ( 1) ( 3) 16C x y    
 qua phép vị tự tâm O tỉ số k = – 3 
(C) có tâm I(–1; 3), bán kính R = 4. 
Gọi I'(x; y) là tâm và R' là bán kính của (C'). Ta có: R' = |k|R = 3.4 = 12; 
0,25 
' 3 '(3; 9)OI OI I    
Vậy 2 2( ) : ( 3) ( 9) 144C x y    
0,25 
Câu 7 
(1 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, các đường 
thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm 
 1; 5 ,M 
7 5
; ,
2 2
N
 
 
 
13 5
;
2 2
P
 
 
 
(M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết 
đường thẳng chứa cạnh AB đi qua  1;1Q  và điểm A có hoành độ dương. 
Đường tròn ngoại tiếp ABC chính là đường tròn ngoại tiếp MNP có phương trình là 
2 2 3 29 0x y x    có tâm là 
3
;0
2
K
 
 
 
0,25 
 Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua  1;1Q  vuông góc 
với KP . PT đường thẳng AB: 2 3 0x y   . 
0,25 
Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ 
 
22 2 2
2 3
2 32 3 0
1
3 29 0 2 3 3 29 0
4
y x
y xx y
x
x y x x x x
x
 
     
    
            
Từ đó, tìm được    1;5 , 4; 5A B   (A có hoành độ dương) 
0,25 
 AC đi qua A, vuông góc với KN : 2 7 0AC x y    
 tọa độ điểm C thỏa mãn 
 
 22 2 2
7 2
7 22 7 0
4; 11
3 29 0 7 2 3 29 0
4
y x
y xx y
Cx
x y x x x x
x
 
     
     
           
0,25 
 Lưu ý : Sau khi tìm được phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác, HS có thể sử dụng 
nhận xét , ,MN CI NP AI PM BI   để tìm tọa độ của các đỉnh; không cần dùng 
đến điểm Q. 
Câu 8 
(1 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
3 3
3 2
0 (1)
543 27
3 9 13 3 2 (2)
9
x y x y
x x x y
    

 
     

Điều kiện: 
3 2 13 9 13 0
3
3 2 0
2
x
x x x
yy

     
 
  
 0,25 
Pt 
2 2
(1)
1 0 (VN)
x y
x xy y

 
   
Với x y , thay vào phương trình (2) ta được : 
 3 2
543 27
3 9 13 3 2
9
x x x x

      
0,25 
 ĐK: 
3
1
2
x  
 PT 3 2
543 3
3 9 13 3 2 0
9 3
x x x x        
3 2
3 2
532 8
3 9 2
27 3 0
543 3
3 9 13 3 2
9 3
x x x x
x x x x
   
  
     
0,25 
2
3 2
13 133
4 23 9 0
3 543 3
3 9 13 3 2
9 3
x x
x
x x x x
 
   
     
   
     
  
2
3 2
4
 (TM)
3
13 133
2 33 9 0 VN do 1 x
2543 3
3 9 13 3 2
9 3
x
x x
x x x x



  

   
      

Vậy 
4 4
( ; ) ;
3 3
x y
 
  
  
0,25 
 Câu 9 
(1,0 điểm) 
Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn: 
2 2 25( ) 6( )a b c ab bc ca     . 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 22( ) ( )M a b c a b     . 
Ta có 2 2 25( ) 6( )a b c ab bc ca     
2 25 6 ( ) 5( ) 16 0c c a b a b ab       
 
22 25 6 ( ) ( ) 4 4 0c c a b a b ab a b         
 
 (Do 24 ( )ab a b  ) 
Suy ra 
5
a b
c a b

   ( Do , ,a b c không âm) 
2( )a b c a b     
0,25 
Khi đó : 2 2 2 2
1 1
2( ) ( ) 2( ) ( ) 4( ) ( )
2 2
M a b c a b a b c a b a b a b              0,25 
Đặt 0t a b t    và 4
1
2
2
M t t  
43 4 3
2 2
t t 
  
2 23 ( 1) ( 2 3) 3
2 2 2
t t t
t
  
    
Dấu bằng xảy ra khi 1t  
0,25 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức bằng 
3
2
 khi 
1
, 1.
2
a b c   0,25 
---------------Hết----------------