đề thi học kì 1 toán 11 có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (446.44 KB, 16 trang )
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
TỔ TOÁN
KIỂM TRA KỌC KÌ I
Môn TOÁN - lớp 11
(Thời gian làm bài: 90 phút)
Bài 1 (3 điểm). Giải các phương trình sau
a)
2
cos 3sin 3 0+ + =x x
.
b)
sin 2 osx
0
1-sinx
x c−
=
c)
1 t anx
1 sin 2
1 t anx
x
−
= +
+
Bài 2 (2 điểm). Cho tập hợp
{
}
1;2;3;4;5;6;7;8;9X =
a) Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau được lấy trong tập X.
b) Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau được lấy trong tập X, trong đó
có đúng 2 chữ số chẳn và hai chữ số chẳn này không đứng liền kề nhau.
Bài 3 (2 điểm). Trong một lớp học có 8 bóng đèn, mỗi bóng có xác suất bị cháy là 0,025.
Lớp học đó có đủ ánh sáng nếu có ít nhất 6 bóng đèn sáng. Tính xác suất để lớp học đó
không có đủ ánh sáng.
Bài 4 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: 2 1 0d x y− + = . Gọi
1
d là
ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ
( )
2;0v =
. Viết phương trình của đường thẳng
1
d .
Bài 5 ( 2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành, điểm M thay đổi
trên cạnh SD, M không trùng S.
a) Dựng giao điểm N của SC với mặt phẳng (ABM); Tứ giác ABNM là hình gì? Có
thể là hình bình hành không?
b) Gọi I là giao điểm của AM và BN. Chứng minh rằng: khi M chạy trên cạnh SD
thì I chạy trên một đường thẳng cố định. Hãy chỉ ra đường thẳng cố định đó.
Hết
www.MATHVN.com
ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I
MÔN TOÁN LỚP 11 (NC) – N
Bài câu Bài giải gợi ý Điểm
Bài 1 a)
( )
2
sin 3sin 4 0⇔ − − =PT x x
0.25
sin 1
sin 4( )
= −
⇔
=
x
x l
0.5
sin 1 2
2
x x k
π
π
= − ⇔ = − +
0.25
b)
Điều kiện:
1 sinx 0 sinx 1 x 2
2
k
π
π
− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ +
0,25
(Pt sin 2 osx = 0 cosx(2sinx-1) = 0x c⇔ − ⇔
osx=0
1
sinx=
2
c
⇔
0.25
osx=0
2
c x k
π
π
⇔ = +
2 ,
1
6
sinx=
2 5
2
6
x k
x k
π
π
π
π
= +
⇔
= +
0.25
Đối chiếu với điều kiện, phương trình có 3 họ nghiệm:
5
2 ; 2 ; 2
2 6 6
x k x k x k
π π π
π π π
= − + = + = +
0,25
c)
ĐKXĐ:
cos 0
2
, , '
t anx 1
'
4
x k
x
k k Z
x k
π
π
π
π
≠ +
≠
⇔ ∈
≠ − −
≠ +
0,25
( ) ( )
2 3cos sinx
sinx cos cos sinx sinx cos
cos sinx
x
pt x x x
x
−
⇔ = + ⇔ − = +
+
0.25
Chia 2 vế của pt cho
3
os 0c x ≠
, có
( ) ( )
( )
3
2 2
1 t an x t anx 1 t an x t anx 1+ − + = +
0.25
( )
( ) ( )
3
2
1 t an x 1 t anx t anx 1⇔ + − = +
( )
2
t anx t an x t anx 2 0⇔ + + =
t anx 0 ,x k k Z
π
⇔ = ⇔ = ∈ (Thỏa đ/k)
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Bài2
a)
Số lẻ có 6 chữ số có dạng
{
}
, 1;3;5;7;9abcdef f ∈
Chọn f có 5 cách
0.25
Chọn abcde có
5
8
6720A = cách
0.5
Vậy, số các số lẻ cần tìm có
5
8
5. 33600A = (số)
0.25
b)
Số lẻ có 6 chữ số có dạng
{
}
, 1;3;5;7;9abcdef f ∈
Chọn f có 5 cách
Chọn 3 chữ số lẻ trong 4 chữ số lẻ còn lại của tập X rồi xếp thứ tự
cho chúng, có
3
4
24A = cách
0.25
Chọn 2 chữ số chẵn trong 4 chữ số chẵn của tập X, có
2
4
6C = cách
0.25
Đưa 2 chữ số chẳn đó vào 2 trong 4 vị trí (giữa hai chữ số lẻ hoặc
chữ số ở hàng cao nhất của số cần tìm), có
2
4
12A = cách
(Minh họa:
C C C C
L L L L )
0.25
Vậy, có 5.
3
4
A .
2
4
C .
2
4
A =8640 (số)
0.25
Bài 3
Xác suất để mỗi bóng sáng là:
1 39
1
40 40
− =
0,25
Biến cố A: “Lớp học có đủ ánh sáng”, A : “Lớp học không có đủ ánh
sáng”
B: “6 bóng đèn sáng, 2 bóng đèn bị cháy”.
C: “7 bóng đèn sáng, 1 bóng đèn bị cháy”.
D: “8 bóng đèn sang”.
0.25
( )
2
8
6 2
39 1
. . 0.015
40 40
P B C
= ≈
( )
1
8
7
39 1
. . 0.1675;
40 40
P C C
= ≈
( )
8
39
0.8167
40
P D
= ≈
(Đúng P(B) và P(D) hoặc P(C) và P(D) thì cho t
ố
i đa)
0,5
; , ,A B C D B C D= ∪ ∪
đôi một xung khắc.
0,25
( ) ( ) ( ) ( )
P A P B P C P D
= + +
2 1
8 8
6 2 7 8
39 1 39 1 39
. . . . 0.9992
40 40 40 40 40
C C
+ + ≈
0,25
0.25
( )
( )
1 0,0008P A P A= − ≈
0,25
Bài 4
Phương trình
1
: 2 0d x y m− + =
.
0.25
Lấy (1;1)A d∈ và gọi
( )
'
v
A T A=
thì
( )
' 3;1A .
0,25
Vì
( )
1
' 3;1A d∈ nên 3 2 0 1m m− + = ⇔ = −
0.25
Vậy
1
: 2 1 0d x y− − =
0,25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Bài 5 a)
(Vẽ đúng thiết diện là cho
điểm)
0.25
Có
/ /
( )
( )
( ); ( )
CD AB
CD Mp SCD
AB Mp ABM
M Mp SCD M Mp ABM
⊂
⊂
∈ ∈
nên giao tuyến của hai mp (SBC) và (ABM) đi qua M và song song
với CD.
0.25
0.25
Trong mp(SCD), vẽ MN//CD, N ở trên SC. Suy ra N là giao điểm
của SC với mp(ABM)
0.25
Có
/ /
/ /
/ /
MN CD
MN AB
AB CD
⇒
nên ABNM là hình thang.
Khi M trùng D thì ABNM là hình bình hành.
0.25
b)
Có
( )
( ) ( )
( )
I AM SAD
I SAD ABC
I BN SBC
∈ ⊂
⇒ ∈ ∩
∈ ⊂
= d
0.25
Do hai mp (SAD) và (SBC) cố định nên giao tuyến d của chúng cố
định. Vậy, I chạy trên đường thẳng cố định.
0.25
Có
/ /
( )
( )
CB AD
CB mp SCB
AD mp SAD
S chung
⊂
⊂
nên nên giao tuyến d của hai mp (SBC) và (SAD) đi qua S và song
song với CB, AD.
0.25
d
I
N
D
A
B
C
S
M
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
ĐỀ THI HỌC KỲ I
MÔN TOÁN LỚP 11 N
Thời gian 90’(không kể thời gian giao đề)
I . Phần chung (Gồm 5 bài, bắt buộc cho mọi học sinh):
Bài 1: (2 điểm)
a. Giải phương trình : cos 2x sin x 1+ =
b. Giải phương trình :
( ) ( )
2 2 2
2sin x 1 tan 2x 3 2cos x 1 0− + − =
Bài 2: (1,5 điểm) Cho tập
{ }
10 ,,3,2,1X = .Chọn tùy ý ba số khác nhau , không kể thứ tự từ X
a. Tính xác suất để tổng 3 số được chọn là 12.
b. Tính xác suất để tổng 3 số được chọn là số lẻ.
Bài 3: (2 điểm)
a. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển nhị thức
12
1
x
x
+
; x 0≠ .
b. Giải bất phương trình
2 2 3
2x x x
1 6
A A C 10
2 x
− ≤ + .
(Ở đây
k k
n n
A ; C lần lượt là số chỉnh hợp , tổ hợp chập k của n ).
Bài 4:( 1 điểm) . Trong mặt phẳng oxy, tìm ảnh của đường thẳng (d) có phương trình
3x 2y 4 0− − = qua phép vị tự tâm S (-1; 4) và tỉ số k = -2 .
Bài 5 : (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là tứ giác lồi . Lấy M, N là hai điểm lần lượt
trên các cạnh AB, CD );;;( DNCNBMAM ≠≠≠≠ .
Gọi ( P ) là mặt phẳng qua MN và song song với SA
1.Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng ( P ) .
2. Chứng minh thiết diện này là hình thang khi và chỉ khi MN song song với BC
II. Phần tự chọn (Học sinh chọn một trong hai phần sau):
• Phần dành cho ban cơ bản ( 6A)
Bài 6A: (2 điểm)
Ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng có tổng bằng 27, còn tích của chúng bằng 693. Tìm các
số hạng đó.
• Phần dành cho ban nâng cao (6B)
Bài 6B: (2 điểm).
Cho đường tròn đường kính AB và C là một điểm trên đoạn AB
( )
C B;C A≠ ≠ . Một đường
kính PQ thay đổi của đường tròn không trùng với AB. Đường thẳng CQ cắt các đường thẳng PA
và PB theo thứ tự tại M và N.
Tìm quỹ tích các điểm M và N khi PQ thay đổi./.
==========================================================
Trường QH Huế
Tổ Toán
Đề chính thức
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KỲ I
Môn Toán lớp 11
Bài Ý
Nội dung Điểm
1 a.
cos 2x sin x 1
+ =
1,0
2
2sin x sin x 0
⇔ − + =
1
sin x 0,sin x
2
⇔ = =
*
sin x 0 x k (k )
= ⇔ = π ∈ Ζ
*
1 5
sin x x k2 , x k2 (k )
2 6 6
π π
= ⇔ = + π = + π ∈ Ζ
.
0,25
0,25
0,25
0,25
b.
Điều kiện:
cos 2x 0
≠
(
)
(
)
2 2 2
2sin x 1 tan 2x 3 2cos x 1 0
− + − =
2 2
cos 2x tan 2x 3cos 2x 0 tan 2x 3
⇔ − + = ⇔ =
tan 2x 3 x k , k Z
6 2
π π
⇔ = ± ⇔ = ± + ∈
(thỏa điều kiện)
0,5
0,5
2
a.
b.
Các khả năng có thể
3
10
C 120
=
Xác xuất để tổng 3 số được chọn là
( )
7
P A
120
=
3 số được chọn là lẻ khi và chỉ khi tổng 3 số lẻ 10C
3
5
= hoặc
tổng gồm 2 số chẳn và 1 số lẻ:
1 2
5 5
C C 5 .10 50
= =
.
( )
10 50 1
P B
120 2
+
= =
.
1.5
0,25
0,5
0,5
0,25
3 a. Viết đúng công thức khai triển
Tìm được hạng tử không chứa x
k k
12
12 k
1
C x . k 12 k k 6
x
−
⇒ = − ⇔ =
.
6
12
C 924
=
0,25
0,5
0,25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
b.
Điều kiện
x N
x N, 2x 2, x 2, x 3
x 3
∈
∈ ≥ ≥ ≥ ⇒
≥
Biến đổi đưa về bpt : x
≤
4.
Kết luận : x = 3, x = 4.
0,25
0,5
0,25
4
*
(
)
∈
M x;y d
, gọi
(
)
M ' x';y'
là ảnh của M qua phép vị tự tâm
S tỉ số k , ta có
(
)
( )
− = −
− = −
0 0
0 0
x' x k x x
y' y k y y
, trong đó k = -2 ,
= − =
0 0
x 1;y 4
.
*
( )
( )
+
=
+ = − +
−
⇔
−
− = − −
=
−
x' 3
x
x' 1 2 x 1
2
y' 12
y' 4 2 y 4
y
2
*
x ' 3 y' 12
3 2 4 0 3x ' 2y' 41 0
2 2
+ −
− − = ⇔ − + =
− −
Pt cần tìm
3x 2y 41 0
− + =
.
0,5
0,25
0,25
5 .
1.
2.
Vẽ hình đúng
Xác định được thiết diện là MPQN
Chỉ được hai khả năng
MP QN
hoặc
MN QP
Nếu
MP QN do MP SA SA QN
⇒ suy ra SA song song với mp
(SCD) vô lý .
Nếu
MN QP
thì MN song song với BC. Đảo lại và kết luận
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
Phần dành riêng cho từng ban
6.A.
Gọi ba số đã cho là a, b, c ta được:
a b c 27 (1)
a.b.c 693 (2)
+ + =
=
Do
a c 2b
+ =
nên
3b 27 b 9
= ⇒ =
.
Từ (2) suy ra
(
)
(
)
b d .b. b d 693
− + =
2 2 2
693
9 d 77 d 81 77 4 d 2
9
⇒ − = = ⇔ = − = ⇔ = ±
Vậy ba số cần tìm là: 7; 9; 11 hoặc 11; 9; 7.
0,5
0,5
0,5
0,5
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
6.B.
Vì C nằm trên AB nên :
(
)
CA kCB; k 0
= ≠
.
BQ // AP CM kCQ
⇒ = ⇒
M là ảnh của Q qua phép vị tự
k
C
V
do
Q chạy trên (O) nên quỹ tích của M là đường tròn
(
)
(
)
k
1 C
O V O
=
AQ // BP CQ kCN
⇒ =
hay
1
CN CQ
k
=
. Vậy quỹ tích của N là
đường tròn
( ) ( )
1
k
2 C
O V O
= .
Chú ý : Do Q khác A và B nên tập hợp điểm M không phải toàn
bộ đường tròn (
1
0 ) . Tương tự tập hợp điểm N không phải toàn
bộ đường tròn )0(
2
0,5
0,5
0,5
0,5
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - N
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH
Câu 1 (3 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau:
a) cos 2 5sin 2 0x x+ + = .
b)
sin (2sin 3)
cos
2cos 1
x x
x
x
+
=
−
.
c)
2
1 3sin (tan 1) sin (sin cos )x x x x x+ − = + .
Câu 2 (1 điểm). Từ tập hợp
{
}
0;1; 2;3; 4;5;6A = , có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số
khác nhau và lớn hơn 3000.
Câu 3 (2 điểm). Một hộp có chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho:
a) 4 quả cầu chọn được không cùng màu.
b) 4 quả cầu chọn được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 4 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy cho đường thẳng : 2 0d x y+ = và đường tròn
2 2
( ) : 2 4 20 0.C x y x y+ − + − = Tìm trên đường thẳng d điểm M và trên đường tròn ( )C điểm N sao cho N là
ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ (3; 1).v = −
Câu 5 (2 điểm). Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC và G là điểm trên đoạn
thẳng DN sao cho
4DN NG= . Trên đoạn thẳng BG lấy điểm I (I khác với B và G).
a) Dựng thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (IMN), thiết diện là hình gì?
b) Xác định vị trí điểm I trên đoạn thẳng BG để thiết diện là hình bình hành. Khi đó hãy tính tỉ số
BI
BG
.
B. PHẦN RIÊNG (Học sinh chỉ được làm một trong hai phần)
Câu 6a (1 điểm) (Theo chương trình chuẩn).
Cho dãy số ( )
n
u biết
1 1
2; 3
n n
u u u n
+
= − = + với 1.n ≥
Lập công thức số hạng tổng quát
n
u của dãy số trên.
Câu 6b (1 điểm) (Theo chương trình nâng cao).
Tìm hệ số của số hạng chứa
9
x trong khai triển
2
1
2
n
x
x
−
biết rằng :
3 2 2
1
8 3( 1).
n n
A n C
−
− = +
HẾT
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - N
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1a)
2 2
cos 2 5sin 2 0 1 2 sin 5sin 2 0 2sin 5sin 3 0
sin 3
1
sin
2
2
6
( ).
7
2
6
(lo¹i)
x x x x x x
x
x
x k
k
x k
π
π
π
π
+ + = ⇔ − + + = ⇔ − − =
=
⇔
−
=
= − +
⇔ ∈
= +
»
0,25 đ
0,25đ
0,5 đ
1b)
Điều kiện:
1
cos 2 ( ).
2 3
x x k k
π
π
≠ ⇔ ≠ ± + ∈ »
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2 2
2sin 3 sin 2 cos cos cos 3 sin 2cos 2
1 3
cos sin cos 2 cos cos 2
2 2 3
2 2 2
3 3
2
2 2
3 9 3
(lo¹i)
(tháa ®iÒu kiÖn).
x x x x x x x
x x x x x
x x k x k
x x k x k
π
π π
π π
π π π
π
+ = − ⇔ + =
⇔ + = ⇔ − =
= − + = − +
⇔ ⇔
= − + + = +
Vậy phương trình có nghiệm là
2
,( ).
9 3
x k k
π π
= + ∈ Z
0,25 đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1c)
Điều kiện: ( ).
2
x k k
π
π
≠ + ∈Z Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
sin sin cos
3sin 1 1 sin sin cos 0 3sin cos (cos sin ) 0
cos cos
3sin (sin cos ) cos (sin cos ) 0 (3sin cos )(sin cos ) 0
ta
sin cos 0 tan 1
3sin cos 0 3 tan 1
x x x
x x x x x x x x
x x
x x x x x x x x x x
x x x
x x x
−
− + − − = ⇔ + − =
⇔ − − − = ⇔ − − =
− = =
⇔ ⇔ ⇔
− = =
n 1
1
tan
3
4
( ).
6
x
x
x k
k
x k
π
π
π
π
=
= ±
= +
⇔ ∈
= ± +
Z
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
Gọi abcd là số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau và lớn hơn 3000 được lập từ A, khi
đó {3;4;5;6}a ∈ và {0; 2;4;6}d ∈ . Có 2 trường hợp:
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
• Nếu
{3;5}
a
∈
: Có 2 cách chọn a, 4 cách chọn d và
2
5
A
cách chọn
bc
. Do đó trường
hợp này có
2
5
2.4. 160
A = số.
• Nếu
{4;6}
a
∈
: Có 2 cách chọn a, 3 cách chọn d và
2
5
A
cách chọn
bc
. Do đó trường
hợp này có
2
5
2.3. 120
A = số.
Tóm lại có 160+120=280 số thỏa yêu cầu.
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Câu 3
Số phần tử của không gian mẫu là
4
16
1820
CΩ = = .
0,25đ
3a)
Gọi A là biến cố “4 quả chọn được không cùng màu”. Khi đó
A
là biến cố “4 quả lấy
được có cùng màu”.
Ta có:
4 4 4
4 5 7
41.
A
C C CΩ = + + =
Do đó xác suất của biến cố
A
là:
41
( )
1820
A
P A
Ω
= =
Ω
.
Vậy xác suất của biến cố A là
41 1779
( ) 1 ( ) 1 0,98.
1820 1820
P A P A= − = − = ≈
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3b)
Gọi B là biến cố “4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá 2 quả cầu
màu vàng”. Khi đó
1 3 1 1 2 1 2 1
4 5 4 7 5 4 7 5
. . . . . 740.
B
C C C C C C C CΩ = + + =
Xác suất của biến cố B là
740 37
( ) 0,41.
1820 91
B
P B
Ω
= = = ≈
Ω
0,5đ
0,25đ
Câu 4
Gọi ( ; 2 )
M x x d
− ∈
. Vì
( )
v
N T M
=
nên tọa độ của N là
( 3; 2 1).
N x x
+ − −
2 2
2
( ) ( 3) ( 2 1) 2( 3) 4( 2 1) 20 0
5 20 2.
N C x x x x
x x
∈ ⇔ + + − − − + + − − − =
⇔ = ⇔ = ±
Với
2
x
=
ta có
(2; 4)
M
−
và
(5; 5).
N
−
Với
2
x
= −
ta có
( 2;4)
M
−
và
(1;3).
N
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5a
Vẽ hình thiết diện đúng: 0,25đ
P
Q
G
N
M
B
A
C
D
I
Gọi Q là giao điểm của NI và BD.
Ta có
( ) ( )
Q MNI BCD
∈ ∩
,
( ), ( )
MN MNI BC BCD
⊂ ⊂
và
//
MN BC
nên giao
tuyến của (MNI) và (BCD) là đường thẳng d đi
qua Q song song với BC, cắt CD tại P.
Khi đó tứ giác MNPQ là thiết diện của hình
chóp cắt bởi (IMN).
Vì MN//PQ nên thiết diện là hình thang.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
5b
Q
H
P
I
G
N
M
D
C
A
B
Thiết diện MNPQ là hình bình hành khi
2
BC
MN PQ= = . Do đó, gọi Q là trung điểm BD
và I là giao điểm của BG và NQ. Khi đó với
điểm I xác định như vậy thì thiết diện thu được
khi cắt tứ diện ABCD bởi mặt phẳng (MNI) là
hình bình hành.
Trong (BDN), kẻ GH//NQ
( )
H BD
∈
. Ta có:
1
4 .
4
HQ HQ NG
QB HQ
QD QB ND
= = = ⇒ =
4 4
.
4 5
BI BQ BQ QH
BG BH BQ QH QH QH
= = = =
+ +
0,25đ
0,25đ
0,25đ
6a)
Ta có
1
3
n n
u u n
+
− =
với mọi
1
n
≥
, do đó:
2 1
3 2
4 3
1
3
6
9
3( 1)
n n
u u
u u
u u
u u n
−
− =
− =
− =
− = −
Suy ra
1 1
3 6 9 3( 1)
n n
u u n S
−
− = + + + + − = trong đó
1
n
S
−
là tổng của
1
n
−
số hạng liên tiếp
của cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3 và công sai d=3. Do đó
2
1
( 2)( 1).3 3( )
3 6 9 3( 1) ( 1).3 .
2 2
n
n n n n
S n n
−
− − −
= + + + + − = − + =
Vậy
2 2
1 1
3 3 3 3 4
2 .
2 2
n n
n n n n
u u S
−
− − −
= + = − + =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
6b)
Điều kiện: 3,
n n N
≥ ∈
.
3 2 2 2
1
2 3 2 2 2
3 2 2
! ( 1)!
8 3( 1) 8 3. 3
( 3)! 2!( 3)!
3( 2)( 1)
( 2)( 1) 8 3 2( 3 2 ) 16 3 9 12
2
2 25 13 12 0 ( 12)(2 1) 0
12.
n n
n n
A n C n
n n
n n
n n n n n n n n n n
n n n n n n
n
−
−
− = + ⇔ − = +
− −
− −
⇔ − − − = + ⇔ − + − = − +
⇔ − + − = ⇔ − − + =
⇔ =
Khi đó
2 2
12
1 1
2 2 .
n
x x
x x
− = −
Số hạng tổng quát
12
2
2
1 12 12
12
1
.( 2 ) .( 2) .
k
k
k k k k
k
k
x
T C x C
x x
−
+
−
= − = −
1
k
T
+
chứa
9
x
khi
2 (12 ) 9 3 21 7.
k k k k
− − = ⇔ = ⇔ =
Vậy số hệ số của số hạng chứa
9
x
là:
7 7
12
.( 2) 101376.
C − = −
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách tương ứng.
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - N
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (3 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau:
a)
2
4sin 4cos 1 0.x x+ − = .
b)
( )
(2 cos 1)(cos 1)
3 2 cos 1
sin
x x
x
x
+ −
= − .
c)
( )
tan sin 2 cos 2 tan 6x x x x− = + .
Câu 2 (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số trong đó chữ số 9 xuất hiện 3 lần, các chữ số còn lại
có mặt một lần.
Câu 3 (2 điểm).
a) Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học có 15 nam và 20 nữ để tham gia đồng diễn. Tính
xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.
b) Một đồng xu do chế tạo không cân đối nên xác suất xuất hiện mặt ngửa chỉ bằng 80% xác suất xuất
hiện mặt sấp. Tính xác suất để khi gieo 4 lần độc lập thì được ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa.
Câu 4 (1 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
3
2
1
3
n
x
x
−
biết rằng:
( )
2
2
2 4 5 . 3 .
n
n n n
P n P A
−
−
− + =
Câu 5 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ) : 2 10 0.C x y x y+ − + − = Tìm trên
đường tròn ( )C các điểm ,
M N
sao cho N là ảnh của M qua phép vị tự tâm O tỷ số 2k = − (với O là gốc
tọa độ).
Câu 6 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang và
// .
AD BC Gọi E, F lần lượt là
trung điểm của AB, CD; H, K lần lượt là trung điểm của SE và SF; G là trọng tâm của tam giác ABD. Trên
đoạn SG lấy điểm I sao cho 3 .SI IG=
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (HIK). Thiết diện là hình gì?
b) Biết rằng SA BC a= = và 2 .SD AD a= = Hãy tính theo a chu vi của thiết diện vừa tìm được.
HẾT
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - N
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1a)
2 2 2
4sin 4cos 1 0 4 4 cos 4cos 1 0 4cos 4cos 3 0
3
cos
2
1
cos
2
2
2
3
( ) .
2
2
3
x x x x x x
x
x
x k
k
x k
π
π
π
π
+ − = ⇔ − + − = ⇔ − − =
=
⇔
−
=
= +
⇔ ∈
= − +
»
(lo¹i)
0,25 đ
0,25đ
0,5 đ
1b)
Điều kiện: sin 0 ( ).x x k k
π
≠ ⇔ ≠ ∈»
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2
2cos cos 1 3(2 cos 1) sin cos 2 cos 3(sin 2 sin )
3 sin cos 3 sin 2 cos 2
3 1 3 1
sin cos sin 2 cos 2 sin sin 2
2 2 2 2 6 6
2
2 2
6 6
4 2
2 2
9 3
6 6
x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x
x k
x x k
x k
x x k
π π
π π
π
π
π π
π π
π π
− − = − ⇔ − = −
⇔ − = −
⇔ − = − ⇔ − = −
= −
− = − +
⇔ ⇔
= +
− = − + +
(lo¹i)
(t
háa ®iÒu kiÖn).
Vậy phương trình có nghiệm là
4 2
,( ).
9 3
x k k
π π
= + ∈Z
0,25 đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1c)
Điều kiện: ( ).
2
x k k
π
π
≠ + ∈Z
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
3 3 2 3 2
tan 2sin cos cos sin . tan 6
tan (1 tan ) 2 tan 1 tan . tan 6
tan tan tan 6 tan tan 6 2 tan 6tan 2 tan 6 0
tan 1
( ).
4
tan 3
arctan( 3)
x x x x x x
x x x x x
x x x x x x x x
x
x k
k
x
x k
π
π
π
− = − +
⇔ + − = − +
⇔ − = − − + + ⇔ + − − =
= ±
= ± +
⇔ ⇔ ∈
= −
= − +
Z
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
Có 2 trường hợp:
• Chữ số ở hàng đầu tiên (hàng trăm ngàn) bằng 9:
Xếp 2 chữ số 9 vào 5 vị trí: có
2
5
C cách. Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số (khác với 9) và
sắp chúng vào 3 vị trí còn lại: có
3
9
A cách. Do đó trường hợp này có
2 3
5 9
. 5040C A = số.
• Chữ số ở hàng đầu tiên (hàng trăm ngàn) khác 9:
Chọn chữ số cho hàng đầu tiên: có 8 cách. Xếp 3 chữ số 9 vào 5 vị trí: có
3
5
C cách.
Chọn 2 chữ số trong 8 chữ số (khác với chữ số đã chọn ở hàng đầu tiên và khác 9) và
0,25đ
0,5đ
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
sắp thứ tự chúng vào 2 vị trí còn lại: có
2
8
A cách.
Vậy trường hợp này có
3 2
5 8
8. . 4480C A = số
Tóm lại có 5040+4480=9520 số thỏa yêu cầu.
0,25đ
3a)
Số phần tử của không gian mẫu là
5
35
| | 324632.CΩ = =
Gọi A là biến cố “5 học sinh chọn được có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số
học sinh nam”. Khi đó có các trường hợp xảy ra là: 1 nữ và 4 nam; 2 nữ và 3 nam.
Số kết quả thuận lợi cho A là
1 4 2 3
20 15 20 15
| | . . 113750.
A
C C C CΩ = + =
Vậy xác suất của biến cố A là:
| | 113750
( ) 0,35.
| | 324632
A
P A
Ω
= = ≈
Ω
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3b)
Gọi x là xác suất xuất hiện mặt sấp của đồng xu khi gieo. Khi đó xác suất xuất hiện mặt
ngửa là
0,8x . Ta có
1 5
0,8 1 .
1,8 9
x x x+ = ⇔ = =
Gọi A là biến cố “gieo đồng xu 4 lần độc lập thì được ít nhất một lần xuất hiện mặt
ngửa”. Lúc đó
A là biến cố “gieo đồng xu 4 lần độc lập thì được không xuất hiện mặt
ngửa lần nào”. Ta có
1 2 3 4
A A A A A= , trong đó
i
A là biến cố lần gieo thứ ( {1, 2,3,4}) i i ∈
xuất hiện mặt sấp.
Vì
1 2 3 4
, , ,A A A A độc lập với nhau nên
4
1 2 3 4
5
( ) ( ). ( ). ( ). ( ) .
9
P A P A P A P A P A
= =
Vậy
4
5
( ) 1 ( ) 1 0,905.
9
P A P A
= − = − ≈
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 4
Điều kiện: 2,≥ ∈n n N .
2
2
2
!
2 (4 5) 3 2. ! (4 5).( 2)! 3.
2!
3 ( 1)
2 ( 1) (4 5) 9 10 0
2
10
.
1
n
n n n
n
P n P A n n n
n n
n n n n n
n
n
−
−
− + = ⇔ − + − =
−
⇔ − − + = ⇔ − − =
=
⇔
= −
(lo¹i)
Khi đó
3 3
2 2
10
1 1
3 3 .
n
x x
x x
− = −
Số hạng tổng quát
( )
30 3
10
3 10
1 10 10
2 2
1
3 . .3 ( 1) .
k
k
k
k k k k
k
k
x
T C x C
x x
−
−
−
+
−
= = −
1k
T
+
không chứa x khi 30 3 2 0 5 30 6.k k k k− − = ⇔ = ⇔ =
Vậy số hạng không chứa x của khai triển là:
6 4 6
10
.3 .( 1) 17010.C − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 5
Gọi ( ; ) ( )
M x y C
∈ . Khi đó
2 2
2 10 0 (1).x y x y+ − + − =
Ta có:
( , 2)
2
( ) 2 ( 2 ; 2 ).
2
N
O
N
x x
N V M ON OM N x y
y y
−
= −
= ⇔ = − ⇔ ⇒ − −
= −
2 2
2 2
( ) ( 2 ) ( 2 ) 2( 2 ) ( 2 ) 10 0
4 4 4 2 10 0 (2).
N C x y x y
x y x y
∈ ⇔ − + − − − + − − =
⇔ + + − − =
Từ (1) và (2) ta có hệ
0,25đ
0,25đ
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 10 0 4 4 8 4 40 0
4 4 4 2 10 0 4 4 4 2 10 0
12 6 30 0 2 5
2 10 0 (2 5) 2 2 5 10 0
2 5
2
.
1
5 20 20 0
x y x y x y x y
x y x y x y x y
x y y x
x y x y x x x x
y x
x
y
x x
+ − + − = + − + − =
⇔
+ + − − = + + − − =
− + = = +
⇔ ⇔
+ − + − = + + − + + − =
= +
= −
⇔ ⇔
=
+ + =
Vậy ( 2;1)M − và (4; 2).N −
0,25đ
0,25đ
6a
L
Q
M
P
N
J
I
K
H
E
F
G
A
D
B
S
C
Trong (SED) gọi .J HI ED= ∩ Khi đó
( ) ( )J HIK ABCD∈ ∩ .
Ta có ( ), ( )EF ABCD HK HIK⊂ ⊂ mà
//EF HK nên giao tuyến của (HIK) và
(ABCD) là đường thẳng qua J song song
với EF, cắt AB tại M, cắt CD tại N.
Trong (SCD), gọi .P NK SC= ∩ Lúc đó
( ) ( ).P HIK SBC∈ ∩ Vì
( ), ( )HK HIK BC SBC⊂ ⊂ và //BC HK
nên giao tuyến của (HIK) và (SBC) là
đường thẳng qua P song song với BC, cắt
SB tại Q.
Khi đó tứ giác MNPQ là thiết diện cần
tìm. Vì
//
MN PQ
(do cùng song song với
BC) nên thiết diện là hình thang.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
6b
+ Gọi L là trung điểm HE, ta có 3 // 2 .
SL SI
LI EJ EJ LI
LE IG
= = ⇒ ⇒ =
Mặt khác,
3 3
.
4 4
LI SI
LI EG
EG SG
= = ⇒ =
Do đó
3 3 3 1 1
2. .
4 2 2 3 2
EJ EG EG ED ED= = = = do đó J là trung điểm ED.
Suy ra M, N lần lượt là trung điểm của AE, DF.
+ Vậy
//
MQ SA
và do đó
3 3 3
.
4 4 4
MQ MB a
MQ SA
SA AB
= = ⇒ = =
Tương tự
3 6
.
4 4
a
NP SD= =
+ Ta cũng có
1 1
.
4 4 4
PQ SQ AM a
PQ BC
BC SB AB
= = = ⇒ = =
3 6 7
2
.
2 2 4 4 4
AD BC
AD
EF AD BC AD a a a
MN
+
+
+ + +
= = = = =
+ Vậy chu vi của thiết diện MNPQ là
7 6 3 17
.
4 4 4 4 4
a a a a a
MN NP PQ QM+ + + = + + + =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách
tương ứng.
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
