Tham khảo Toán 11 HK I_6

Đề thi học kỳ I Môn Toán 11 (Chương trình nâng cao) Thời gian làm bài 90 phút (không kể phát đề) (Đề gồm có 01 trang) NỘI DUNG ĐỀ Câu I :(3đ) Giải các phương trình sau : 1) (1đ) ( ) 2 3 tan 1 3 tan 1 0x x− + + = 2) (1đ) 2 3 2 cos 3 cos2 0 4 x x π   − + =  ÷   3) (1đ) 2 1 cos2 1 cot 2 sin 2 x x x − + = Câu II :(2đ) 1) (1đ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của 2 4 1 n x x   +  ÷   , biết: 0 1 2 2 109 n n n C C A− + = . 2) (1đ) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có sáu chữ số và thoả mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu lớn hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị. Câu III :(2đ) Trên một giá sách có các quyển sách về ba môn học là toán, vật lý và hoá học, gồm 4 quyển sách toán, 5 quyển sách vật lý và 3 quyển sách hoá học. Lấy ngẫu nhiên ra 3 quyển sách. Tính xác suất để : 1) (1đ) Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán. 2) (1đ) Trong 3 quyển sách lấy ra, chỉ có hai loại sách về hai môn học. Câu IV :(1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) ( ) 2 2 ( ) : 1 2 4C x y− + − = . Gọi f là phép biến hình có được bằng cách sau: thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ 1 3 ; 2 2 v   =  ÷   r , rồi đến phép vị tự tâm 4 1 ; 3 3 M    ÷   , tỉ số 2k = . Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f. Câu V :(2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M và N lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB và SAD. 1) (1đ) Chứng minh: MN // (ABCD). 2) (1đ) Gọi E là trung điểm của CB. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (MNE). ----------HẾT---------- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câ u Nội dung Điể m I (3đ) 1 ( ) 2 1 3 tan 1 3 tan 1 0 tan 1 hoÆc tan 3 x x x x− + + = ⇔ = = 0,50 tan 1 4 x x k π π = ⇔ = + 0,25 1 tan 6 3 x x k π π = ⇔ = + 0,25 2 3 pt 1 cos 2 3 cos2 0 1 sin 2 3 cos2 0 sin 2 3 cos2 1 2 x x x x x x π   ⇔ + − + = ⇔ − + = ⇔ − =  ÷   0,25 sin 2 sin 3 6 x π π   ⇔ − =  ÷   0,25 2 2 3 6 4 sin 2 sin 3 6 5 7 2 2 3 6 12 x k x k x x k x k π π π π π π π π π π π π   − = + = +     − = ⇔ ⇔    ÷     − = + = +     0,25 0,25 3 ĐK: sin 2 0 2 x x k π ≠ ⇔ ≠ ( ) ( ) 2 2 cos2 1 cos2 pt 1 sin 2 cos2 sin 2 1 cos2 sin 2 sin 2 sin 2 1 sin 2 cos2 1 0 sin 2 1 sin 2 cos2 1 x x x x x x x x x x x x x x − ⇔ + = ⇔ + = − ⇔ + + − = = −  ⇔  + =  0,50 sin 2 1 2 2 2 4 x x k x k π π π π = − ⇔ = − + ⇔ = − + (thoả điều kiện) 0,25 (lo¹i) sin 2 cos 2 1 sin 2 sin 4 4 4 4 x k x x x x k x k π π π π π π π =     + = ⇔ + = ⇔ ⇔ = +  ÷  = +    (thoả điều kiện) 0,25 II (2đ) 1 ĐK: 2;n n≥ ∈ ¥ ; ( ) 0 1 2 2 109 1 2 1 109 12 n n n C C A n n n n − + = ⇔ − + − = ⇔ = 0,25 ( ) 12 12 12 12 2 2 4 24 6 12 12 4 0 0 1 k k k k k k k x C x x C x x − − − = =   + = =  ÷   ∑ ∑ 0,25 24 6 0 4k k − = ⇔ = 0,25 Vậy số hạng không chứa x là 4 12 495C = 0,25 2 Gọi số cần tìm là 1 2 3 4 5 6 a a a a a a . Theo đề ra, ta có: ( ) ( ) 1 2 3 4 5 6 1 2 3 1 2 3 4 5 6 1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 21 1 11 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a + + = + + + ⇒ + + = + + + + + + ⇒ + + = + ⇒ + + = 0,25 +Trường hợp 1: { } { } 1 2 3 ; ; 2;4;5a a a = thì { } { } 4 5 6 ; ; 1;3;6a a a = nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) +Trường hợp 2: { } { } 1 2 3 ; ; 2;3;6a a a = thì { } { } 4 5 6 ; ; 1;4;5a a a = nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) +Trường hợp 1: { } { } 1 2 3 ; ; 1;4;6a a a = thì { } { } 4 5 6 ; ; 2;3;5a a a = nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) 0,50 Theo quy tắc cộng, ta có: 12 + 12 + 12 = 36 (số) 0,25 III (2đ) 1 A là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán”. A là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, không có quyển sách toán nào”. ( ) 3 8 3 12 14 A 55 C P C = = 0,50 ( ) ( ) 14 41 1 1 55 55 P A P A = − = − = 0,50 2 B là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có đúng hai loại sách về hai môn học” 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 4 5 4 5 4 3 4 3 5 3 5 3 145 B C C C C C C C C C C C C Ω = + + + + + = 0,50 ( ) 3 12 145 29 44 P B C = = 0,50 IV (1đ) Gọi I là tâm của (C) thì I(1 ; 2) và R là bán kính của (C) thì R = 2. Gọi A là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vectơ 1 3 ; 2 2 v   =  ÷   r , suy ra 3 7 ; 2 2 A    ÷   0,25 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm 4 1 ; 3 3 M    ÷   tỉ số 2k = nên : 5 2 3 2 14 2 3 B A M B A M x x x MB MA y y y  = − =   = ⇒   = − =   uuur uuur . Vậy 5 20 ; 3 3 B    ÷   0,25 Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 4 0,25 Vậy 2 2 5 20 ( ') : 16 3 3 C x y     − + − =  ÷  ÷     0,25 V (2đ) 0,50 1 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD, ta có: 2 // 3 SM SN MN IJ SI SJ = = ⇒ 0,50 Mà ( )IJ ABCD ⊂ nên suy ra MN // (ABCD). 0,50 2 + Qua E vẽ đường thẳng song song với BD cắt CD tại F, cắt AD tại K. + KN cắt SD tại Q, KN cắt SA tại G; GM cắt SB tại P. Suy ra ngũ giác EFQGP là thiết diện cần dựng. 0,50 HẾT Đề thi học kỳ I Môn Toán 11 (Chương trình nâng cao) Thời gian làm bài 90 phút (không kể phát đề) (Đề gồm có 01 trang) NỘI DUNG ĐỀ Câu I :(3đ) Giải các phương trình sau : 1) (1đ) sin3 3 cos3 1x x− = 2) (1đ) 3 4 cos 3 2 sin 2 8cosx x x+ = 3) (1đ) ( ) 2 2 3 cos 2 sin 2 4 1 2 cos 1 x x x π   − − −  ÷   = − Câu II :(2đ) 1) (1đ) Tìm hệ số của x 31 trong khai triển của 2 1 n x x   +  ÷   , biết rằng 1 2 1 821 2 n n n n n C C A − + + = . 2) (1đ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có năm chữ số khác nhau và trong năm chữ số đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ này không đứng cạnh nhau. Câu III :(2đ) Có hai cái hộp chứa các quả cầu, hộp thứ nhất gồm 3 quả cầu màu trắng và 2 quả cầu màu đỏ; hộp thứ hai gồm 3 quả cầu màu trắng và 4 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 2 quả cầu. Tính xác suất để : 1) (1đ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng. 2) (1đ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có đủ cả ba màu: trắng, đỏ và vàng. Câu IV :(1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) ( ) 2 2 ( ) : 2 1 9C x y− + − = . Gọi f là phép biến hình có được bằng cách sau: thực hiện phép đối xứng tâm 4 1 ; 3 3 M    ÷   , rồi đến phép vị tự tâm 1 3 ; 2 2 N    ÷   , tỉ số 2k = . Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f . Câu V :(2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AD // BC, AD > BC). Gọi M là một điểm bất kỳ trên cạnh AB ( M khác A và M khác B). Gọi ( α ) là mặt phẳng qua M và song song với SB và AD. 1) (1đ) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ( α ). Thiết diện này là hình gì ? 2) (1đ) Chứng minh SC // ( α ). ----------HẾT---------- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I (3đ) 1 1 3 1 sin 3 cos3 sin 3 sin 2 2 2 3 6 x x x π π   − = ⇔ − =  ÷   0,50 2 3 2 3 6 6 3 5 7 2 3 2 3 6 18 3 x k x k x k x k π π π π π π π π π π   − = + = +   ⇔ ⇔     − = + = +     0,25 0,25 2 ( ) 3 2 2 pt 4 cos 6 2 sin cos 8cos cos 2 cos 3 2 sin 4 0 cos 0 2sin 3 2 sin 2 0 (*) x x x x x x x x x x ⇔ + = ⇔ + − = =  ⇔  − + =  0,25 cos 0 2 x x k π π = ⇔ = + 0,25 2 2 sin 2 4 (*) sin 2 2 3 2 sin 2 (lo¹i) 4 x k x x x k x π π π π   = +  =  ⇔ ⇔ = ⇔    = + =    0,25 0,25 3 Điều kiện: 1 cos 2 2 3 x x k π π ≠ ⇔ ≠ ± + ( ) 2 3 cos 1 cos 2 cos 1 sin 3 cos 0 tan 3 2 pt x x x x x x π   ⇔ − − + − = − ⇔ − = ⇔ =  ÷   0,50 tan 3 3 x x k π π = ⇔ = + 0,25 Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của pt là: 4 3 x k π π = + 0,25 II (2đ) 1 ĐK: 2;n n≥ ∈ ¥ ( ) 1 2 2 1 1 821 1 821 1640 0 40 2 2 n n n n n n n C C A n n n n − − + + = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ = 0,25 40 40 40 40 2 40 3 40 40 2 0 0 1 k k k k k k k x C x x C x x − − − = =   + = =  ÷   ∑ ∑ 0,25 40 3 31 3k k − = ⇔ = 0,25 Vậy hệ số của x 31 là 3 40 9880C = 0,25 3 + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ có: 2 2 2 1 5 4 5 3 5 4! 4 3! 6480C C C C− = (số) 0,25 + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau có: 2 2 2 5 4 5 5 3 4 2 3 3120A A A× × × − × × × = (số) 0,50 Suy ra có: 6480 - 3120 = 3360 (số) 0,25 III (2đ) 1 2 2 5 7 210C C Ω = × = 0,25 Gọi A là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng”. A là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, không có quả cầu màu trắng”. ( ) 2 2 2 4 1 A 210 35 C C P = = 0,50 Suy ra: ( ) ( ) 1 34 1 1 35 35 P A P A = − = − = 0,25 2 Gọi B là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, có đủ cả ba màu: trắng, đỏ và vàng”. +Trường hợp 1: 1 trắng, 1 đỏ ở hộp một; 2 vàng ở hộp hai có ( ) 1 1 2 2 3 4 C C C (cách) +Trường hợp 2: 2 đỏ ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có ( ) 2 1 1 2 3 4 C C C (cách) +Trường hợp 3: 1 đỏ, 1 trắng ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có ( ) ( ) 1 1 1 1 3 2 4 3 C C C C (cách) Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 3 4 2 3 4 3 2 4 3 120 B C C C C C C C C C C Ω = + + = 0,75 Suy ra: ( ) 120 4 210 7 P B = = 0,25 IV (1đ) Gọi I là tâm của (C) thì I(2 ; 1) và R là bán kính của (C) thì R = 3. Gọi A là ảnh của I qua phép đối xứng tâm 4 1 ; 3 3 M    ÷   , suy ra 2 1 ; 3 3 A   −  ÷   0,25 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm 1 3 ; 2 2 N    ÷   tỉ số 2k = nên : 5 2 6 2 13 2 6 B A N B A N x x x NB NA y y y  = − =   = ⇒   = − = −   uuur uuur . Vậy 5 13 ; 6 6 B   −  ÷   0,25 Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 6 0,25 Vậy 2 2 5 13 ( ') : 36 6 6 C x y     − + + =  ÷  ÷     0,25 V (2đ) 0,50 1 ( ) ( ) // ( ) ( ) // , ( ) SB SAB MN SB N SA SB SAB α α  ⇒ ∩ = ∈  ⊂  ( ) ( ) // ( ) ( ) // , ( ) AD SAD NP AD P SD AD SAD α α  ⇒ ∩ = ∈  ⊂  ( ) ( ) // ( ) ( ) // , ( ) AD ABCD MQ AD Q CD AD ABCD α α  ⇒ ∩ = ∈  ⊂  Vậy thiết diện là hình thang MNPQ (MQ // NP). 0,50 2 Ta có: ; ; // DP AN AN AM AM DQ DP DQ SC PQ DS AS AS AB AB DC DS DC = = = ⇒ = ⇒ Mà ( ) PQ α ⊂ nên suy ra ( ) //SC α (đpcm). 1,00 HẾT . Đề thi học kỳ I Môn Toán 11 (Chương trình nâng cao) Th i gian làm b i 90 phút (không kể phát đề) (Đề gồm có 01 trang) N I DUNG ĐỀ Câu I :(3đ) Gi i các. t i F, cắt AD t i K. + KN cắt SD t i Q, KN cắt SA t i G; GM cắt SB t i P. Suy ra ngũ giác EFQGP là thiết diện cần dựng. 0,50 HẾT Đề thi học kỳ I Môn Toán