Đề khảo sát chất lượng đầu năm học 2015 – 2016 môn: Toán 11

SỞ GD- ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2015 – 2016 
Môn: Toán 11 
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (2,5 điểm) Cho hàm số:    2( ) 1 3 1 2 3f x m x m x m      (1) 
a) Giải bất phương trình ( ) 0f x  khi m = 2. 
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1 2;x x sao cho 
1 2
1 1 2
x x
  . 
Câu 2 (2,0 điểm) 
a) Cho góc ;
2
x
      mà 
1sinx
5
 . Tính sin
6
x
      . 
b) Chứng minh rằng: 2
1 cos cos 2 cos3 2cos
2cos cos 1
x x x x
x x
  

 
. 
Câu 3 (2,0 điểm) 
a) Giải bất phương trình: 2 4 5 3 17x x x    
b) Giải hệ phương trình: 
2
4 3 2
1 1 10
x y y x y
y x y y
    

     
Câu 4 (1,5 điểm) Cho ba đường thẳng d1: x+y+3=0; d2: x-y+4=0; d3: x-2y=0 
a) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2. Tìm tọa độ điểm I. 
b) Viết phương trình đường tròn (C) tâm I biết (C) cắt đường thẳng d3 tại hai điểm A, B sao cho AB=2. 
Câu 5 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD (AB//CD, CD > AB) biết )3;5(),3;3( CB . 
Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng 032:  yx . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại 
của hình thang ABCD để BICI 2 , tam giác ACB có diện tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và 
điểm A có hoành độ âm. 
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm có a + b + c = 1. 
Chứng minh rằng:  3 3 3 2 2 22 3a b c abc a b c      
HƯỚNG DẪN CHẤM 
 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
1. 2,5 
a) 1,0 
Khi 2m  thì ( ) 0f x  2 7 7 0x x    0,5 
 7 21 7 21
2 2
x   
Vậy bpt có tập nghiệm là: 7 21 7 21[ ; ]
2 2
S   
0,5 
b) 1,5 
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là: 
   21 3 1 2 3 0(2)m x m x m      
Ycbt trước hết pt(2) có 2 nghiệm 
pb
    2
1 00
0 3 1 4 1 2 3 0
ma
m m m
    
       
0,25 
2
1 1
1
/2 13 0
m m
m
t m mm m
  
    
   
 (*) 0,25 
Theo hệ thức Viet ta có: 1 2
3 1
1
mx x
m

 

 và 1 2
2 3
1
mx x
m



 0,25 
Theo bài ra: 1 2
1 2 1 2
1 1 2 2x x
x x x x

    0,25 
3
3 1 52 0 2
2 3 2 3 5
mm m
m m m
        
   
 0,25 
Kết hợp (*) ta được giá trị cần tìm của m là:    3; 5 ; \ 1
2
m       
 
 0,25 
2. 2,0 
a 1,0 
Ta có: 3 1sin sin .sin cos .cos cos
6 6 6 22 5
               
 (1) 0,5 
Từ: 2 2cos sin 1   và ;
2
       Suy ra: 
2 1 2cos 1 sin 1
5 5
     (2) 0,25 
Thay (2) vào (1) ta được: 3 2sin
6 2 5
      0,25 
b 1,0 
2
1 cos cos 2 cos3
2cos cos 1
x x x
x x
  
  2
(1 cos 2 ) (cosx cos3 )
(2 cos 1) cos
x x
x x
  

 
 0,25 
22cos 2 cos 2 cos
cos 2 cos
x x x
x x



 0,5 
2cos (cosx cos 2 ) 2cos
cosx cos 2
x x x
x

 

=VP. Suy ra điều phải c/m. 0,25 
3 2,0 
a 1,0 
2 4 5 3 17x x x   
2
2 2
4 5 0
3 17 0
4 5 (3 17)
x x
x
x x x
   

  
    
 0,25 
2
1
5
17
3
8 98 294 0
x
x
x
x x
  
  

 

  


 0,25 
1
5
17
3
21
4
7
x
x
x
x
x

  
 

 

 


 0,25 
 7x  . KL 0,25 
b 1,0 
ĐK: 
1; 1
2 0
y x
x y
  

 
 Khi đó: pt(1) 8 2( 4 ) 0
3 2
y xx y
y y x

   
 
2( 4 )(1 ) 0
3 2
x y
y x y
   
 
0,25 
Do 1y  1 1 1
3 0 33 2y x y
  
 
 nên pt(1) 4x y  thế vào pt(2) ta có: 0,25 
21 4 1 10y y y y      21 1 4 1 3 6 0y y y y          0,25 
1 4( 2)( 3) 0
1 1 4 1 3
y y
y y
     
   
 2 8y x    .Vậy nghiệm 
(x;y)=(8;2) 
0,25 
4 1,5 
a 0,5 
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 
7
3 0 7 12 ( ; )
4 0 1 2 2
2
xx y
I
x y y
    
  
    

 0,5 
b 1,0 
3 2
7 12.
92 2( ; )
2 51 2
d I d


 
 
0,5 
 2 2 2
3
101( ( ; )) ( )
2 20
ABR d I d   
0,25 
 Suy ra phương trình đường tròn cần tìm là: 2 27 1 101( ) ( )
2 2 20
x y   
0,25 
5 
1,0 
 Vì II  ( 
0),23;  ttt )1;1(1
)(
3
5
1
02510152 2 It
ktmt
t
ttBICI 






 0,25 
 Phương trình đường thẳng 02:  yxIC .Mà 
2612),(.
2
1
 ACACBdACS ABC 0,25 
 Vì 0),2;(  aaaAICA nên ta có   365 2 a )3;1(1
1
11





 Aa
a
a 0,25 
 Phương trình đường thẳng 03: yCD , 0:  yxIB 0,25 
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ )3;3(
3
3
03
0












D
y
x
y
yx 
Vậy )3;1(A , )3;3( D 
6. 1,0 
Do vai trò của a,b,c trong bất đẳng thức là như nhau nên không mất tính tổng 
quát ta giả thiết rằng 0a b c   . 
Khi đó:          0a a c b b c a a b a c b a b b c          
       0 (1)a a b a c b b a b c       
Mà      0 0 (2)a c b c c c c a c b       
0,25 
Từ (1) và (2) suy ra:          0a a b a c b b a b c a c b c c         
3 3 3 2 2 2 2 2 23a b c abc a b a c b c b a c b c a          
0,25 
  3 3 3 6a b c abc a b c ab bc ca         
Kết hợp giả thiết 3 3 31 6a b c a b c abc ab bc ca          (3) 
0,25 
 Từ đẳng thức    3 3 3 2 2 23a b c abc a b c a b c ab bc ca             
 3 3 3 2 2 23a b c abc a b c ab bc ca          (4) 
Cộng (3) và (4) ta được:  3 3 3 2 2 22 3a b c abc a b c      (đpcm). 
0,25 
Chú ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng