Đề thi HK1 Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP. HCM

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I  NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN TỐN – KHỐI 11 Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên học sinh:……………………………………………… ………… , lớp 11:……… … -*-* Học sinh viết câu vào giấy làm bài: “Đề thi dành cho lớp 11CV, 11CA, 11CTrN, 11D, 11SN” Bài (2 điểm) Giải phương trình sau:   1) tan  x     2) sin3x  cos3x  sin x   Bài (1 điểm) Tìm số hạng có chứa x10 khai triển  3x   với  x   10 Bài (1 điểm) Từ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8 Có thể lập số tự nhiên chẵn gồm chữ số (các chữ số không cần khác nhau) Bài (1 điểm) Tại trạm xe buýt có hành khách chờ xe đón, khơng quen có anh A chị B Khi có xe ghé trạm để đón khách, biết lúc xe ghế trống ghế trống người ngồi gồm có dãy ghế trống chỗ chỗ ghế đơn để chở người tham khảo hình vẽ bên ghế trống ghi ,,,, hành khách lên ngồi ngẫu nhiên vào chỗ trống Tính xác suất để anh A chị B ngồi cạnh ? Bài (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O 1) Tìm giao tuyến mặt phẳng  SCD  mặt phẳng  SAB  2) Gọi G trọng tâm tam giác SBC, F trung điểm AD, gọi H giao điểm AC BF Chứng minh GH / /  SAB  3) Gọi E tia đối BA cho BE  2BA , M cạnh SE cho IS ME  2MS , gọi I giao điểm  MBD  với SC Tính tỉ số IC Bài (1 điểm) Một bóng « siêu nẩy » rơi từ độ cao 30 mét so với mặt đất chạm đất nẩy lên cao với độ cao so với độ cao lần tước Hỏi lần nẩy lên thứ 11 bóng đạt độ cao tối đa mét so với mặt đất ( lấy kết gần số sau dấu phẩy) ? Bài (1 điểm) Cho đa giác 30 đỉnh Có tam giác cân có đỉnh đỉnh đa giác ban đầu? HẾT TÓM TẮT ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 11 – HKI Câu Câu 1.1   tan  x     6       tan  x    tan    6   3  2x   x Câu 1.2   k  0.5  k  0.25 ,  k  Z  nghiệm    0.25 0.25 0.25  k 2 5 2 x k (k  18 0.25 ) Tìm số hạng có chứa x10 khai triển  3x   với  x    3x 0.25  3x 10     C10k  x  10 10 10  k  2  k k 0     C10k 310k  2  x 202 k 0.25 Yêu cầu toán tương ứng với k  0.25 10 10 k k 0 Vậy số hạng chứa x Câu 0.25 sin3x  cos3x  sin3x  cos3x  2   sin  x    3  3x  Câu Điểm Nội dung 10  khai triển 3x  2  10 với  x   1959552x10 Từ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8 Có thể lập số tự nhiên chẵn gồm chữ số (các chữ số khơng cần khác nhau) Gọi số có chữ số a1a2a3a4a5 Số cách chọn a1 : cách Số cách chọn a2 : cách Số cách chọn a : cách Số cách chọn a4 : cách Số cách chọn a5 : cách Số số thỏa yêu cầu toán :8.9.9.9.5=29160 số 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu Tại trạm xe buýt có hành khách chờ xe đón, có anh A chị B Khi có xe ghé trạm để đón khách, biết lúc xe ghế trống ghế trống người ngồi gồm có dãy ghế trống chỗ chỗ ghế đơn để chở người tham khảo hình vẽ bên ghế trống ghi ,,,, hành khách lên ngồi ngẫu nhiên vào chỗ trống Tính xác suất để anh A chị B ngồi cạnh ? Phép thử xếp người vào chỗ ngồi nên   5!  120 Gọi A biên cố anh A chị B ngồi cạnh Ta xem vị trí trống đánh số hình Chọn vị trí cho cặp A,B ngồi có cách ,;, Xếp A,B vào ghế có 2! Xếp người lại vào vị trí  cách Xếp người vào vị trí  cách Xếp người vào vị trí trống lại cách Nên A  2.2!.3.2.1  24 0.25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O Tìm giao tuyến mặt phẳng  SCD  mặt phẳng  SAB  S   SCD    SAB  Ta có AB / /CD ( ABCD hình bình hành ) Vậy:  SCD    SAE   Sx / / CD / / AE 0.25 Gọi G trọng tâm tam giác SBC, F trung điểm AD, gọi H giao điểm AC BF Chứng minh GH / /  SAB  H trọng tâm tam giác ABD nên AH  AO  AC (1) 3 Gọi K giao điểm CG với SB nên K trung điểm SB, mà G trọng tâm 0.25 P  A  Câu 5.1 Câu 5.2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 KC (2) 0.25 Từ (1) (2) nên HG / / AK 0.25 Vậy GH / /  SAE  Gọi E tia đối BA cho BE  2BA , M cạnh SE cho ME  2MS , gọi I giao điểm  MBD  với SC Tính tỉ số : IS IC tam giác SBC nên KG  Câu 5.3 Trong mp  SEC  dựng MQ / / EC cắt SC Q ta có SQ  SC 0.25 Trong  ABCD  , EC cắt BD P 0.25 Trong  SCE  , MP cắt SC I Cách khác: Học sinh gọi P giao điểm CE BD Ta có: M , P, I   SCE    MBD  nên M, P, I thẳng hàng Trong mặt phẳng  ABCD  ta có: Trong mặt phẳng  SCE  ta có: PC CD    C trung điểm PE PE BE 0.25 IQ QM MQ    IC CP CE  IS  IC Trong  ABCD  , EC cắt BD P Trong  SCE  , MP cắt SC I Câu 5.3 Cách 2: Dùng Cách khác: Học sinh gọi P giao điểm CE BD định lý Menelaus Ta có: M , P, I   SCE    MBD  nên M, P, I thẳng hàng Trong mặt phẳng  ABCD  ta có: PC CD    C trung điểm PE PE BE Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SCE với cát tuyến PIM ta có: Câu IS PC ME 1 IC PE MS IS 1 Suy IC Một bóng « siêu nẩy » rơi từ độ cao 30 mét so với mặt đất chạm đất nẩy lên cao với độ cao so với độ cao lần tước Hỏi lần nẩy lên thứ 11 (quả bóng chạm đất 11 lần) bóng đạt độ cao tối đa mét so với mặt đất ( lấy kết gần số sau dấu phẩy) ? Gọi u n độ cao bóng nảy lên sau lần chạm đất thứ n Ta có: u1  30  20 2 Ta có: un 1  un nên u n cấp số nhân với công bội q  3 n 1 Câu 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Suy un  20.  3 0.25 Ta có: u11  0.35 Cho đa giác 30 đỉnh Có tam giác cân có đỉnh đỉnh đa giác ban đầu? Số tam giác cân không là: Số cách chọn đỉnh tam giác cân : 30 Đường kính qua đỉnh tam giác chia đường tròn ngoại tiếp đa giác thành phần điểm lại cùa tam giác cân đối xứng qua đường kính Số cách chọn đỉnh lại là: 13 (bỏ đỉnh tạo thành tam giác đều) Số tam giác cân không là: 30.13=390 0.25 0.25 Số tam giác 10 Số tam giác cân là: 390+10=400 0.25 0.25 Hết