SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
(Đề có 02 trang)

KỲ THI TUYỂN CHỌN LỚP CHẤT LƯỢNG CAO
Năm học 2024 - 2025
MÔN THI: TOÁN 11
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

Họ và tên thí sinh : …………………………………………………………. Số báo danh : ………………….
I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)
Câu 1. Hàm số y  2 cos x  1 có giá trị lớn nhất bằng
A. 1.
B. 3.
C. 2.
Câu 2. Hàm số y  tan x tuần hoàn với chu kì là
A. T   .

B. T  2  .

Câu 3. Công thức nào sau đây đúng?

A. sin x  y   sin x cos y  cos x sin y.

C. T 

D.  1.

.
2

D. T 


.
4

B. sin x  y   cos x cos y  sin x sin y.

C. cos x  y   cos x cos y  sin x sin y.

D. cos x  y   sin x sin y  cos x cos y.

A. P(AB )  0, 68.

C. P(AB)  0,12.

Câu 4. Cho hai biến cố độc lập A , B có P(A)  0, 28 và P(B)  0,4 . Khẳng định nào sau đây đúng?
B. P (AB )  0, 7.

D. P(AB)  0,112.

Câu 5. Cho cấp số cộng un  có u1  3 , u2  9 . Công sai của số cộng này bằng

A. 3.
B. 12.
C. 27.
D. 6.
Câu 6. Ba số 2 , 6 , 4x  2 theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân. Giá trị của x là
A. x  4.
B. x  18.
C. x  2.
D. x  16.

4n  1
bằng
n  2  n
A. 2.
B. 1.
C. 4.
D. 4.


3x  1  2


khi x  1
y

. Nếu hàm số liên tục tại điểm x0  1 thì
 x 1
Câu 8. Cho hàm số


mx  4
khi x  1



A. m  3, 75.
B. m   4.
C. m  0, 75.
D. m  3, 25.
Câu 7. Giới hạn lim

2
Câu 9. Tiếp tuyến với parabol (P ) : y  x tại điểm A(2; 4) có hệ số góc bằng

A. 2.
B. 4.
C. 4.
D. 2.
Câu 10. Cho hình lăng trụ ABC .A B C  . Một cạnh đáy của hình lăng trụ đã cho là
A. AA.
B. AB .
C. A B .
D. CC .
Câu 11. Cho hình chóp S .ABC có M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, SC . Khẳng
định nào sau đây đúng?
A. (MNP ) / /(ABC ).
B. (MNP ) / /(SAB).
C. (MNP ) / /(SBC ).

D. (MNP ) / /(SAC ).

Trang 1/2





Câu 12. Hàm số y  2x  x  1
2

các hằng số. Tổng a  b  c bằng
A. 46.
B. 23.

3x  1 có đạo hàm là y  

ax 2  bx  c
3x  1

C.  510.

D. 22.

II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 13. (1,5 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau đây.
a) cos 3x  sin x  0.

b) log2 2x  1  log2 3  log4 81.

, trong đó a , b , c là

c)

 3
4

x

 27 

 3
3

3x

.

Câu 14. (1,0 điểm)
1) Điểm kiểm tra của một nhóm 25 học sinh được thống kê trong bảng ghép nhóm sau đây.
0;2
2; 4
4;6
6; 8
8;10
Điểm kiểm tra






Số học sinh
1
1
6
9
8
Tính số trung bình của mẫu số liệu đã cho.
2) Một hộp có chứa 11 quả cầu màu xanh và 12 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 9 quả cầu từ
hộp đó. Tính xác suất để lấy được 9 quả cầu gồm cả màu xanh và màu đỏ.
Câu 15. (1,5 điểm)
1) Tính đạo hàm của các hàm số sau đây.
a) y 

3  2x
.
x 4

b) y  x 3  e sin x .

x
. Tính S  f (1)  f (2)  f (3)  ...  f (9998)  f (9999).
1x
Câu 16. (2,5 điểm) Cho hình chóp tứ giác S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a ,
2) Cho hàm số f (x )  log

AD  3 a , SA  2a và SA vuông góc với mặt phẳng ABC  .

a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp S.ABCD là những tam giác vuông và tính thể
tích khối chóp S.ABCD .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SB và AC .
c) Cho điểm M là trung điểm của cạnh bên SC . Một mặt phẳng () thay đổi và luôn chứa
AM , đồng thời cắt các đoạn thẳng SB , SD tương ứng tại B  , D  khác S . Tìm giá trị nhỏ nhất
của tích SB   SD  .

Câu 17. (0,5 điểm) Giải bất phương trình 2x 2  6x  3  (2x  3) x 2  3x  1 .
====== HẾT ======
Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 2/2

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

ĐÁP ÁN THI CHỌN LỚP CHẤT LƯỢNG CAO
NĂM HỌC 2024 - 2025
Môn: Toán 11
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

(HDC có 02 trang)
I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)

Với mỗi câu: Trả lời đúng được 0,25 điểm, trả lời sai 0 điểm.
Câu
1
2
3
4
5
6
Đáp án
B
A
C
D
D
A

7
C

8
D

9
B

10
C

11
A

12
B

II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu
13. (1,5 điểm)

Lời giải sơ lược

Điểm






a) cos 3x  sin x  0  cos 3x  cos x    x   k  hoặc x    k k   .

2 
4
8
2
b) log2 2x  1  log 2 3  log 4 81  log2 2x  1  log2 27  x  14.
c)

 3
4

x

 27 

 3
3

3x

x
4

 3  3x  3 

14. (1,0 điểm)
1) x 

15. (1,5 điểm)
5
.
(x  4)2

2) f (x ) 

0,5

0,5

2) n   C 239  817190, n A  C 119  C 129  275 , P A 
1. a) y  

0,5

x
 x  3  x  4.
4

1
1  1  1  3  6  5  9  7  8  9  6, 76.
25

0,5

14853
5
.
, P(A) 
14858
14858

b) y   3x 2  e sin x  x 3  cos x  e sin x .

1 1 1 1 1 1
1
1 
9999
1  1
1 
 
 , S 

.
      ... 
 
ln10 1 2 2 3 3
9999 10000  10000 ln10
ln 10  x x  1

0,5

1,0
0,5

16. (2,5 điểm)
S

N
M
B'

0,25

D'

G

D

A
O
C

B

a) Vì SA  (ABC ) nên SA  AB, SA  AD, suy ra các tam giác vuông SAB, SAD tại A.

Ta có SA  BC (do SA  (ABC )) và AB  BC (do ABCD là hình chữ nhật). Dẫn tới

BC  (SAB). Từ đó suy ra BC  SB. Chứng tỏ tam giác SBC vuông tại C . Chứng minh tương
tự, ta có tam giác SCD vuông tại D.
Trang 1/2

0,75

1
2 3 3
 SA  SABCD 
a .
3
3
b) Gọi N là trung điểm của SD và O  AC  BD. Vì SB  (ANC ),ON  (ANC ), SB / /ON
nên SB / /(ANC ). Ta có d(SB, AC )  d(SB,(ANC ))  d(S ,(ANC ))  d(D,(ANC ))  h.
Ta có SABCD  AB  AD  3 a 2 và VS .ABCD 

1
2

Ta tính được AN  SD 

7
11
19
1
3 3
a, CN 
a, AC  2a, SANC 
a, VNACD  VS .ABCD 
a .
2
2
4
4
6

Vậy d(SB, AC )  h  3 VNACD : SANC

2 57

a.
19

c) Gọi G  AM  SO, khi đó B ,G, D  thẳng hàng và
SB
SD
SO
Ta chứng minh được

2
 3.
SB  SD 
SG

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3 

SO
3
 .
SG
2

song song với đường thẳng BD. Vậy min SB   SD  
17. (0,5 điểm)

giải

2

bất

phương

trình

(2),

0,25

4 35 2
a .
9

Điều kiện xác định của bất phương trình 2x2  6x  3  (2x  3) x2  3x 1 (2) là x 
Để

0,25

SB
SD
SB SD

2

SB  SD 
SB  SD 

4
4
4 35 2
SB  SD   5a  7a 
a (1).
9
9
9
SB
SD
3
Dấu “=” ở (1) xảy ra khi

 , khi đó  là mặt phẳng chứa đường thẳng AM và
SB  SD 
2

3 5
.
2

0,25

0,25

 SB   SD  

x

0,5

trước

tiên

ta

sẽ

giải

3 5
hoặc
2

phương

trình
0,25

2

2x  6x  3  (2x  3) x  3x  1 (3). Bình phương hai vế của phương trình (3) và rút gọn ta thu được

phương trình hệ quả x 2  3x  0. Phương trình bậc hai này có hai nghiệm phân biệt x  0, x  3.
Thử lại các giá trị này vào phương trình (3) ta thấy chỉ có x  3 thỏa mãn. Chứng tỏ (3)  x  3.

Tiếp theo, ta xét hàm số f (x)  2x 2  6x  3 (2x  3) x 2  3x  1 xác định và liên tục trên từng nửa


3  5   3  5

, 
; . Rõ ràng phương trình f (x)  0 có nghiệm duy nhất x  3 (4).
khoảng ;



2
2


 







Kiểm tra thấy f (0)  6  0. Nếu có giá trị x0  ;

3  5 
 sao cho f (x0 )  0 thì nhờ tính liên tục của
2 


f (x) suy ra tồn tại số c nằm giữa 0 và x0 (hoặc trùng với x0 ) sao cho f (c)  0, điều này mâu thuẫn




3  5 
.
2 

 3  5 
;3 và f (x)  0, x  3;  .
Lập luận tương tự, ta chỉ ra được f (x)  0, x  

2


với khẳng định (4) ở trên. Chứng tỏ f (x)  0, x  ;


x  3  5

3  5   3  5 


2
;3.
Ta có f (x )  0  
. Vậy bất phương trình (2) có tập nghiệm S  ;
 

3  5
2   2


 
 2  x  3

Trang 2/2

0,25