Đề số 9 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Thời gian làm bài 120 phút Câu 1: (4 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số y x xsin2 3 cos2 3= − + . 2) Xét tính chẵn, lẻ và vẽ đồ thị của hàm số y xsin 2= − . 3) Giải các phương trình sau: a) x x x cos2 3cos 2 0 2sin 3 + + = − b) x x x x 2 2 sin sin cos 4cos 1 0+ − + = c) x x x 2 cos2 cos (2tan 1) 0+ − = Câu 2: (3 điểm) 1) Xác định hệ số của x 3 trong khai triển x 6 (2 3)− . 2) Một tổ có 9 học sinh, gồm 5 nam và 4 nữ. a) Có bao nhiêu cách xếp 9 học sinh đó vào một dãy bàn có 9 ghế sao cho các học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau. b) Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh. Tính xác suất để: i) Trong 2 học sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ. ii) Một trong 2 học sinh được chọn là An hoặc Bình. Câu 3: (1,5 điểm) 1) Cho đường tròn (C): x y x 2 2 8 6 0+ − + = và điểm I(–3; 2). Viết phương trình đường tròn (C′) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm I tỉ số k 2 = − . 2) Cho tam giác đều ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Xác định tâm và góc của phép quay biến vectơ AM uuur thành vectơ CN uuur . Câu 4: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành ABCD có tâm là O. Gọi M là trung điểm của SC. 1) Xác định giao tuyến của (ABM) và (SCD). 2) Gọi N là trung điểm của BO. Hãy xác định giao điểm I của (AMN) với SD. Chứng minh rằng SI ID 2 3 = . Hết Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 Đề số 9 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Thời gian làm bài 120 phút Câu 1: (4 điểm) 1) Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x xsin2 3 cos2 3= − + Ta có: y x xsin2 3 cos2 3= − + = x x 1 3 2 sin2 cos2 3 2 2 − + ÷ = x2sin 2 3 3 π − + ÷ ⇒ y1 5≤ ≤ (vì x1 sin 2 1 3 π − ≤ − ≤ ÷ ) ⇒ ymin 1= khi x k 12 π π = − + ; ymax 5= khi x k 5 12 π π = + . 2) Xét tính chẵn, lẻ của hàm số y f x x( ) sin 2= = − Tập xác định: D = R Với x 2 π = , ta có: f sin 2 1 2 2 π π = − = − ÷ , f sin 2 3 2 2 π π − = − − = − ÷ ÷ ⇒ f f 2 2 π π − ≠ ± ÷ ÷ ⇒ hàm số đã cho không là hàm số chẵn cũng không là hàm số lẻ. 3) Giải phương trình a) x x x cos2 3cos 2 0 2sin 3 + + = − . Điều kiện: x x 2 3 1 sin cos 2 4 ≠ ⇔ ≠ (*) Khi đó PT ⇔ x x x x x k k Z x loaïi 2 cos 1 2cos 3cos 1 0 cos 1 2 , 1 cos ( ) 2 π π = − + + = ⇔ ⇔ = − ⇔ = + ∈ = − b) x x x x x x x x 2 2 2 2 sin sin cos 4cos 1 0 2sin sin cos 3cos 0+ − + = ⇔ + − = + Dễ thấy cosx = 0 không thỏa mãn phương trình đã cho + Với cosx ≠ 0, ta có: PT ⇔ x x 2 2tan tan 3 0+ − = x k x x x k tan 1 4 3 3 tan arctan 2 2 π π π = + = ⇔ ⇔ = − = − + ÷ c) x x x 2 cos2 cos (2tan 1) 0+ − = . Điều kiện cosx ≠ 0 (*) Khi đó: PT ⇔ x x x x x x x 2 2 3 2 (1 cos ) 2cos 2 cos 1 0 2cos 3cos cos 2 0 cos − + − − = ⇔ − − + = x x x x x 2 cos 1 (cos 1)(2cos cos 2) 0 1 17 cos 4 = ⇔ − − − = ⇔ − = (thoả (*)) x k x k 2 1 17 arccos 2 4 π π = ⇔ − = ± + . Vậy PT có nghiệm: x k x k 1 17 2 ; arccos 2 4 π π − = = ± + Câu 2: 1) x 6 (2 3)− Số hạng thứ k + 1 là k k k k k k k k k k T C x C x 6 6 6 1 6 6 ( 1) (2 ) 3 ( 1) 2 3 − − − + = − = − Để số hạng chứa x 3 thì k k6 3 3− = ⇔ = . Vậy hệ số của x 3 là C 3 3 3 6 .2 .3 4320− = − 2 2) a) Gọi 5 học sinh nam là A, B, C, D, E. Vì 4 học sinh nữ luôn ngồi gần nhau nên ta có 4! = 24 cách sắp xếp 4 học sinh nữ. Mặt khác ta có thể xem nhóm 4 học sinh nữ này là F. Số cách sắp xếp A, B, C, D, E, F là 6! = 720 (cách) Vậy có tất cả: 24×720 = 17280 (cách) b) Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh trong 9 học sinh có C 2 9 36= (cách) ⇒ Không gian mẫu có n( ) 36 Ω = i) Gọi A là biến cố "trong 2 học sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ". ⇒ Số cách chọn 2 học sinh trong đó có 1 nam và 1 nữ là: n A C C 1 1 5 4 ( ) . 5.4 20= = = Vậy n A P A n ( ) 20 5 ( ) ( ) 36 9 Ω = = = ii) Vẫn không gian mẫu trên nên n( ) 36 Ω = Gọi B là biến cố một trong hai học sinh được chọn là An hoặc Bình. Giả sử học sinh thứ nhất được chọn là An hoặc Bình ⇒ có 2 cách chọn học sinh thứ nhất. Số cách chọn học sinh còn lại là: C 1 7 7= (cách) ⇒ n B( ) 2.7 14= = ⇒ n B P B n ( ) 14 7 ( ) ( ) 36 18 Ω = = = Câu 3: 1) Xét phép vị tự I V ( ; 2)− . Mỗi điểm M x y C( ; ) ( )∈ có ảnh là M x y C'( '; ') ( ) ′ ∈ x x x x IM IM y y y y 2 9 2 ' 9 ' 2 2 ' 6 2 6 ′ = − − = − − ⇒ = − ⇔ ⇔ = − + ′ = − + uuur uuur Ta có: M x y C( ; ) ( )∈ ⇔ x y x 2 2 8 6 0+ − + = ⇔ x y x 2 2 (2 ) (2 ) 16(2 ) 24 0+ − + = ⇔ x y x 2 2 ( ' 9) ( ' 6) 16( ' 9) 24 0− − + − + − − − + = ⇔ x y x y 2 2 ( ') ( ') 34 ' 12 ' 285 0+ + − + = ⇔ M x y C'( '; ') ( ) ′ ∈ Vậy phương trình đường tròn C x y x y 2 2 ( ): 34 12 285 0 ′ + + − + = Cách 2: Đường tròn (C): x y x 2 2 8 6 0+ − + = có tâm K(4; 0) và bán kính R 10= Gọi K x y'( ; ) và R′ là tâm và bán kính của đường tròn ảnh (C′). ⇒ I K V I ( ; 2) ( ) − ′ = và R R2 2 10 ′ = = . Ta có: x x K y y 3 2(4 3) 17 ( 17;6) 2 2(0 2) 6 + = − + = − ′ ⇔ ⇔ − − = − − = Vậy phương trình của (C′) là x y 2 2 ( 17) ( 6) 40+ + − = . 2) Gọi O là tâm của tam giác đều ABC. Ta có: OA = OC, OA OC 0 ( , ) 120= − (hoặc OA OC 0 ( , ) 120= ) và OM = ON, OM ON 0 ( , ) 120= − (hoặc OM ON 0 ( , ) 120= ) Do đó: phép quay O Q A C M N 0 ( , 120 ) : ; − a a hay AM CN→ uuur uuur . (hoặc phép quay O Q A C M N 0 ( ,120 ) : ;a a hay AM CN→ uuur uuur ). Câu 4: 3 A B C O M N 0 120 1) Giao tuyến của (ABM) và (SCD). Ta có: M ∈ (ABM) ∩ (SCD). Giả sử ABM SCD Mx( ) ( )∩ = . Vì (ABM) // CD nên Mx // CD. Trong (SCD), gọi Q = Mx ∩ SD. Suy ra MQ // CD ⇒ Q là trung điểm của SD. Vậy: ABM SCD MQ( ) ( )∩ = với Q là trung điểm của SD. 2) Giao điểm của (AMN) với SD. Trong (SAC), gọi K = AM ∩ SO ⇒ K ∈ (AMN) và K là trọng tâm của ∆SAC. Trong (SBD), gọi I = NK ∩ SD ⇒ I = (AMN) ∩ SD. Trong ∆SBD, dựng OP//NI DI DN DI PI PI ON 3 3⇒ = = ⇒ = (1) Trong ∆SOP, ta có SI SK SI PI PI OK 2 2= = ⇒ = (2) Từ (1) và (2) ta suy ra SI DI 2 3 = (đpcm). ============================ 4 . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 Đề số 9 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2 010 – 2 011 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Thời gian làm bài 12 0 phút Câu 1: (4 điểm) 1) Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Đề số 9 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2 010 – 2 011 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Thời gian làm bài 12 0 phút Câu 1: (4 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ. x x 1 3 2 sin2 cos2 3 2 2 − + ÷ = x2sin 2 3 3 π − + ÷ ⇒ y1 5≤ ≤ (vì x1 sin 2 1 3 π − ≤ − ≤ ÷ ) ⇒ ymin 1= khi x k 12 π π = − + ; ymax 5= khi x k 5 12 π π =