10 đề THI học kỳ i môn TOÁN lớp 11 có đáp án

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

Đề số 1
I. Phần chung: (8 điểm)
Câu I: (2,5 điểm) Giải các phương trình sau:
1) 2 cos x − 1 = 0 .
2) 3 sin x − cos x = 3

3) 3sin 2 x + 4sin x.cos x − 3cos2 x = 2
Câu II: (1,5 điểm)
1) Từ các số 1, 2, 3, 4, 5 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau.
2) Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ một tổ gồm 6 nam và 5 nữ. Tính xác suất sao cho có đúng 2 học
sinh nam.
Câu III: (1điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – y + 3 = 0 và điểm I(1; 2). Tìm
phương trình đường thẳng d1 là ảnh của d qua phép đối xứng tâm I.
Câu IV: (2điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (cạnh đáy lớn AD).
1) Xác định giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).
2) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SD và AB. Chứng minh rằng: MN song song với mặt
phẳng (SBC). Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNP).
Câu V: (1điểm) Giải phương trình: sin10 x + cos10 x = 2(cos4 x − sin 4 x ) + 2(sin12 x + cos12 x ).
II. Phần riêng: (2 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong 2 phần A hoặc B
Phần A
Câu VIa: (2điểm)
2n + 1
1) Cho dãy số (un) với un =
. Chứng minh rằng dãy số (un) tăng và bị chặn.
n+2
2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2sin 2 2 x + 2 3 sin 2 x.cos 2 x − 2
Phần B

Câu VIb: (2điểm)
1) Tìm hệ số của x10 trong khai triển: ( x 2 − 2)8 .
π 
2) Tìm m để phương trình 2sin 2 x + 3cos x − 4 − m = 0 có nghiệm x ∈  ; π  .
2 
--------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

SBD :. . . . . . . . . .


Câu
Câu I
1)
(0,5 đ)
2)
(1 đ)

3)
(1 đ)

Câu II
1)
(0,75 đ)

Đáp án
2 cos x − 1 = 0 ⇔ cos x =

Điểm

2,5
0,25
0,25

1
π
⇔ x = ± + k 2π (k ∈ Z )
2
3

3
1
3
sin x − cos x =
⇔
2
2
2
 π π

π
 x − 6 = 3 + k 2π
 x = 2 + k 2π

π
π
sin  x − ÷ = sin ⇔ 
⇔
( k ∈ Z)
6

3

 x − π = π − π + k 2π
 x = 5π + k 2π

6
3

6
cosx = 0 không thỏa pt , chia 2 vế của pt cho cos2x ta được pt:
 π
 tan x = 1
2
tan x + 4 tan x − 5 = 0 ⇔ 
⇔  x = 4 + kπ
(k ∈ Z )

 tan x = − 5
 x = arctan(−5) + kπ
PT đã cho ⇔

Gọi x = abc là số cần tìm
* Số cách chọn c: 3 cách

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

2
* Vậy có :3. A4 = 36 ( số)
5
* n(Ω) = C11

* P ( A) =
Câu III
(1 đ)

0,25

1,5

2
* Số cách chọn a, b : A4

2)
(0,75 đ)

0,5
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

2 3
* n( A) = C6 .C5

n( A) 25
=
n(Ω) 77

* (d) đi qua M(0; 3), N(–3; 0)
* M1, N1 lần lượt là ảnh của M, N qua phép đối xứng tâm I
suy ra M1(2; 1), N1(5; 4)
* (d1): x – y – 1= 0.
Hoặc dùng biểu thức tọa độ suy ra PT ( d1 ), hoặc chỉ cần một điểm M1 rồi viết

1
0,25
0,5
0,25

PT ( d1 ) đi qua M1 và song song với (d).
Câu IV
1)
0,75 đ)

2)
(1,25 đ)

2
0,25

* Vẽ hình
* S là điểm chung thứ nhất của (SAC), (SBD)
* Gọi O là giao điểm AC và BD suy ra O là

điểm chung thứ hai của (SAC), (SBD)
⇒ (SAC ) ∩ (SBD ) = SO

0,25
0,25

0,5
0,25
0,25
0,25

 MN / / BC
⇒ MN / /(SBC )
*
 MN ⊄ (SBC )
* MN//(ABCD)
* ( MNP ) ∩ ( ABCD ) = PQ P MN suy ra thiết diện là tứ giác MNQP

Câu V
10

* PT ⇔ sin

x ( 1 − 2sin x ) + cos x ( 1 − 2 cos x ) = 2 ( cos x − sin x )
2

10

2

2

2

1

2

0,25


⇔ cos 2 x ( sin10 x − cos10 x − 2 ) = 0
cos 2 x = 0
π
π
⇔  10
⇔ x = + k (k ∈ Z )
10
4
2
sin x − cos x = 2

0,25
0,25
0,25

(PT thứ 2 vơ nghiệm vì VT ≤ 1 < 2 =VP )
Câu VIa
1)
(1 đ)

* u n +1 − un =

2
0,25

3
(n + 2)(n + 3)

* u n +1 − un > 0 , ∀n ∈ N * ⇒ u n +1 > un , ∀n ∈ N * Suy ra (un) tăng
* 0 < un = 2 −
2)
(1 đ)

Câu VIb
1)
(1 đ)

3
< 2, ∀n ∈ N * Suy ra (un) bị chặn
n+2


π
* y = 3 sin 4 x − cos 4 x − 1 * y = 2sin  4 x − ÷ − 1, − 3 ≤ y ≤ 1, ∀x ∈ R
6

π kπ
π kπ
* max y = 1 khi x = +

(k ∈ Z ) , min y = − 3 khi x = − +
(k ∈ Z )
6
2
12 2
k
k
* Tk +1 = C8 ( x 2 )8−k (−2)k = C8 (−2)k x16−2 k ( k= 0,1,..,8 )
* Hệ số của x10 ứng với : 16– 2k = 10 ⇔ k = 3
3
* Vậy hệ số của x10 là C8 (−2)3 = − 448

2)
(1 đ)

PT đã cho ⇔ −2 cos2 x + 3cos x − 2 = m . Đặt t = cosx, đk t ∈  −1; 0 


Xét hàm số f (t ) = −2t 2 + 3t − 2, t ∈  −1; 0 


Lập BBT fmin = −7; fmax = −2 . Vậy để PT có nghiệm thì m ∈  −7; −2 


Đề số 2

0,25
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25
2
025
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

I. Phần chung (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm): Giải các phương trình lượng giác sau:
3
a) sin 2 x = −
2
0
b) cot( x + 15 ) = tan 450
c) 3sinx + cos2x – 3 = 0
Câu 2 (2 điểm):
a) Khai triển nhị thức (2a + b)5 thành đa thức? Tìm hệ số của a2b3 trong khai triển trên?
b) Một chiếc hộp có 8 quả cầu xanh và 6 quả cầu vàng. Lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu. Giả sử các quả
cầu chỉ khác nhau về màu. Tính xác suất của biến cố A: ”Trong 5 quả cầu lấy ra có đúng 3 quả cầu
xanh”?
Câu 3 (3 điểm): Cho hình chóp SABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G là trọng tâm ∆SAB.

Lấy điểm M thuộc cạnh AD sao cho AD = 3AM.
a) Tìm giao tuyến của (SAB) và (SCD)?
b) Mặt phẳng (α) đi qua M và song song với SA, CD. Tìm thiết diện của mặt phẳng (α) với hình
chóp? Thiết diện đó là hình gì?
c) Chứng minh MG song song với mp(SCD) .
II. Phần riêng (3 điểm:
3


A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a (1 điểm): Chứng minh rằng ∀n∈N* ta có: 2 + 4 + 6+ ….. + 2n = n(n+1)
Câu 5a (1 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho đường trịn (C) có tâm I(1; –2) và R = 2. Hãy viết phương
trình của đường trịn (C′) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm A(3; 1), tỉ số k = –2 .
Câu 6a (1 điểm): Giải phương trình:
sin3x + cos2x = 1 + 2sinxcos2x
B.Theo chương trình nâng cao:
Câu 4b (1 điểm): Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
n

1 2

1 
n
n
Câu 5b (1điểm): Tìm hệ số của x 31 trong khai triển của  x + ÷ , biết rằng Cn + Cn −1 + An = 821 .
2
x2 

Câu 6b (1 điểm): Cho đường tròn C(O, R) và hai điểm B, D cố định sao cho đường thẳng BD không cắt
đường trịn, điểm A thay đổi trên C(O,R). Vẽ hình bình hành ABCD. Tìm quỹ tích trọng tâm G của

tam giác BCD?
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SBD :. . . . . . . . . .

TT
Câu 1
(2điểm)

a. (0,5 điểm)

b. (0,5 điểm)
c. (1điểm)

Câu 2
(2điểm)

Nội dung
π
PT ⇔ sin 2 x = sin(− )
3

π
 x = − 6 + kπ
⇔
 x = 2π + kπ , k ∈ Ζ

3

Điểm

pt ⇔ cot( x + 150 ) = 1
⇔ x = 300 + k180 0 , k ∈ Ζ
p t⇔ 3sinx + 1 – sin2x – 3 = 0
⇔ sin2x – 3sinx + 2 = 0
sin x = 1
(chon)
⇔
sin x = 2
(loai)

π
⇔ x = + k 2π , k ∈ Ζ
2

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

a. (1điểm)
0
1
2

3
4
5
(2a + b)5 = C5 (2a)5 + C5 (2a)4 b + C5 (2a)3 b2 + C5 (2a)2 b3 + C5 2ab 4 + C5 b 5

= 32a5 + 80a4b + 80a3b2 + 40a2b3 + 10ab4 + b5
Hệ số của a2b3 là 40
4

0,5
0,25
0,25


b. (1điểm)
5
Không gian mẫu Ω = C14 = 2002 phần tử
3 2
n( A) = C8 .C6

Biến cố A lấy 3 quả cầu xanh, 2 vàng có
Câu 3
(3điểm)

P(A) = 0,42
Hình vẽ cho câu a,b.
a. (0,5 điểm)
Ta có S ∈(SAB) ∩ (SCD)
và AB// CD , AB ⊂ (SAB),
CD ⊂ (SCD)

⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx//AB

= 56.15 = 840
x

S

N

0,25
0,5
0,25

P

E

0,25
0,25
0,25

G
A
M

B
I
Q

D

Câu 4a
(1điểm)

Câu 5a
(1điểm)

Câu 6a
(1điểm)

Câu 4b

b. (1,25 điểm) (α) ∩ (SAD) = MN//SA
(α) ∩ (SCD) = NP//CD
(α) ∩ (ABCD) = MQ//CD
(α) ∩ (SBC) = PQ
→ Thiết diện là tứ giác MNPQ .
Vì NP//MQ//CD nên tứ giác MNPQ là hình thang.
c. (1điểm) AG ∩ Sx = E ; I là trung điểm của AB
Chứng minh MG// DE
DE ⊂ (SCD => MG // (SCD)
Bước 1: VT = VP = 2
Bước 2: Giả sử MĐ đúng với n = k .....
CM MĐ đúng với n = k +1....
= VP (đpcm)
KL
uu
ur
ur
u

Gọi I’(x, y) là ảnh của I qua V(A,–2) ta có
AI ' = −2 AI
x − 3 = 4
x = 7
⇔
⇔
y − 1 = 6
y = 7
’
R = –2.2= 4
Vậy (C’): (x – 7)2 + (y –7)2 = 16
sin3x + cos2x = 1 + 2sinxcos2x ⇔ sin3x – (1– cos2x) = sin3x – sinx
⇔ –2sin2x = – sinx
 x = kπ

sin x = 0
π
⇔  x = + k 2π ; k ∈ Ζ
⇔
1
6

sin x =
5π

2
x =
+ k 2π



6
9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
⇔ 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8
⇔ 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0
⇔ 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
⇔ (1–sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
1 − sin x = 0
⇔ 
6 cos x + 2sin x − 7 = 0 (VN )

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0.25
0.5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0.25
0.25
0,25
0,25

π
+ k2π
2
ĐK: n ≥ 2; n ∈ ¥
⇔ x=

Câu 5b

C

0,25
5


n
n
Cn + Cn −1 +

n ( n − 1)
1 2
An = 821 ⇔ 1 + n +
= 821 ⇔ n2 + n − 1640 = 0 ⇔ n = 40
2
2

0,25

40

40
40

1 
k
k
x + ÷ = ∑ C40 x 40−k x −2 k = ∑ C40 x 40−3k

2
x 

k =0
k =0
40 − 3k = 31 ⇔ k = 3

Vậy hệ số của x31 là
Câu 6b

3
C40

0,25
0,25

= 9880

Gọi I là trung điểm của BD,
ur
u
u
1 ur
IG = − IA
3

0.5

O
D
A
I
G
B

G là ảnh của A qua phép vị tự tâm I tỉ số k = −

0.25

1
3

Kết luận được quỹ tích

Đề số 3

C

0.25
=================
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

I. PHẦN CHUNG (8,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm)
1) Giải các phương trình sau:

π
1
a) cos  x − ÷ = −
3
2

b)

3 sin 2 x + cos 2 x = 2

π
2
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 5 cos  x − ÷+ 1
3

Câu 2 (2,0 điểm)
6

1) Tìm hệ số của x4 trong khai triển ( 1 + x ) .
2) Một hộp đựng 20 quả cầu trong đó có 15 quả cầu xanh và 5 quả cầu đỏ, chọn ngẫu nhiên hai quả

cầu từ hộp. Tính xác suất để chọn được hai quả khác màu.
Câu 3 (3,0 điểm)
2

2

1) Trong mp(Oxy), cho đường tròn (C): ( x − 3) + ( y − 20 ) = 25 . Tìm ảnh của (C) qua phép tịnh
r
tiến theo v = (2; –5).
2) Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thang đáy lớn AD, đáy nhỏ BC.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)
b) Gọi G, H lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB và tam giác SCD. Chứng minh rằng đường
thẳng GH song song với mặt phẳng (SAD).
II. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn
6


Câu 4a (1,0 điểm) Xác định số hạng đầu tiên và công sai của cấp số cộng biết u3 = −7 và u6 = −19 .
n


1
Câu 5a (1,0 điểm) Cho biết hệ số của số hạng thứ ba trong khai triển  x − ÷ bằng 5. Tìm số hạng đứng
3

giữa của khai triển.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 4b (1,0 điểm) Cho tập A = { 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn, gồm 3 chữ số khác
nhau đôi một, được lập từ các chữ số của tập A.

Câu 5b (1,0 điểm) Giải phương trình:
cos3 x + cos4 x = sin3 x + sin 4 x
--------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

CÂU
Câu 1
(3điểm)

SBD :. . . . . . . . . .

ĐÁP ÁN
1. (2,0 điểm)

π
1
a) cos  x − ÷ = −
3
2


b)

ĐIỂM


π
π
2π
⇔ cos  x − ÷ = − cos = cos
3

3
3

 π 2π
 x − 3 = 3 + k 2π
⇔ 
 x − π = − 2π + k 2π

3
3
 x = π + k 2π
⇔ 
(k ∈ Z )
π
 x = − + k 2π

3
3
1
2
sin 2 x + cos 2 x =
2
2
2
π
π
⇔ sin2x.cos + cos2x.sin
=
6
6


π
π
⇔ sin  2 x + ÷ = sin
6
4


0,25
0,5

0,25

3 sin 2 x + cos 2 x = 2 ⇔


π π
2 x + 6 = 4 + k 2π
⇔ 
2 x + π = 3π + k 2π

6
4

7

0,25
2
2

0,25
0,25

(k ∈ Z )
0,25



π
 x = 24 + kπ
⇔ 
 x = 7π + kπ

24

(k ∈ Z )

0,25

2. (1,0 điểm)

π
y = 5 cos2  x − ÷+ 1
3

π
2
Ta có cos  x − ÷ ≥ 0 ⇔
3


⇔

Câu 2
(2điểm)


π
5 cos2  x − ÷ ≥ 0
3



π
5 cos2  x − ÷+ 1 ≥ 1
3


∀x ∈ R


π
5π
+ kπ
Vậy GTNN của hàm số là 1 đạt được khi cos  x − ÷ = 0 ⇔ x =
3
6

1. (1,0 điểm)
Số hạng chứa x4 khi và chỉ khi k = 4
4

Suy ra T5 = C6 x 4 = 15 x 4

2
Ta có : Số phần tử KGM là n( Ω ) = C20 = 190

Gọi B là biến cố: “ Chọn được 2 quả khác màu”
1
1
⇒ n(B) = C15 .C5

Câu 3
(3điểm)

2
C20

=

0,25

0,25

Vậy hệ số của x4 trong khai triển là 15
2. (1,0 điểm)

1
1
C15 .C5

0,5

0,25
0,25
0,25

k
Số hạng tổng quát Tk +1 = C6 x k

⇒ P(B) =

0,25

15.5
15
=
10.19 38

0,5
0,25
0,25

1. (1,0 điểm)
Phép tịnh tiến biến đường trịn thành đường trịn có cùng bán kính. Do đó ta chỉ
2
2
cần tìm ảnh của tâm I .Ta có ( C ) : ( x − 3) + ( y − 20 ) = 25 ⇒ Tâm I (3;20),

bán kính R = 5
r
Gọi I’ = Tv (I ) I '( x '; y ') Ta có

ur r
u
x ' = 3 + 2 = 5
II ' = v ⇒ 
⇒ I '(5;15)
 y ' = 20 − 5 = 15
r
Ảnh của ( C ) qua Tv là đường trịn ( C’ ) có tâm I’(5;15) bán kính R’ = R = 5
nên có phương trình là: ( x – 5 )2 + ( y – 15 )2 = 25
2a (1,0 điểm)
Hình vẽ
Ta có: S ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ S là điểm chung thứ nhất của hai mp
Do AB và CD không song nên cắt nhau tại I
 I ∈ AB ⊂ (SAB )
 I ∈ CD ⊂ (SCD ) ⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD ) ⇒ I là điểm chung thứ hai của hai mp

Vậy SI là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)
2b. (1,0 điểm)
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB, CD
8

0,5

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Theo giả thiết, ta có :

Câu 4a
(1điểm)

SG SH 2
=
=
SM SN 3

⇒ GH // MN
mà MN // AD ( đường trung bình của hình thang) ⇒ GH // AD
và AD ⊂ (SAD) ⇒ GH // (SAD)
Gọi số hạng đầu tiên là u1 và công sai là d
 u + 2 d = −7
Theo đề bài ta có hệ phương trình:  1
u1 + 5d = −19
⇔

Câu 5a
(1điểm)

Hệ số của số hạng thứ 3 là :

0,25
0,25
0,25
0,25

0,5

 d = −4
u = 1
 1

2
2 1
Cn  − ÷

 3

=

0,5

n(n − 1) n(n − 1)
=
=5
2.9
18

0,25
0,25

⇔ n2 − n − 90 = 0 ⇔ n = 10
5

28
5  1

Vậy số hạng đứng giữa của khai triển là: T6 = C10  − ÷ x 5 = − x 5
27
 3
Câu 4b
(1điểm)

Câu 5b
(1điểm)

Gọi số cần tìm có dạng: abc
Điều kiện a ≠ 0 , c là số chẵn
• Trường hợp 1: c = 0 có một cách chọn
a có 6 cách chọn
b có 5 cách chọn
Theo qui tắc nhân có 1.6.5 = 30 số
• Trường hợp 2: c là số chẵn khác 0, c có 3 cách chọn 2, 4, 6
a có 5 cách chọn ( a ≠ 0, a ≠ c )
b có 5 cách chọn
Theo qui tắc nhân có: 3.5.5 = 75 số
Vậy có tất cả 30 + 75 = 105 số
Phương trình cos3 x + cos4 x = sin3 x + sin 4 x
⇔ (cos3x – sin3x) + (cos4x – sin4x) = 0
⇔ (cosx – sinx )(1 + sinxcosx) + (cos2x – sin2x) = 0
⇔ (cosx – sinx ).( 1 + sinx.cosx + cosx + sinx) = 0
⇔ (cosx – sinx )[ sinx(1 + cosx) + (1 + cosx)] = 0
⇔ (cosx – sinx )(1 + cosx)(1 + sinx) = 0
 cos x − sin x = 0
 tan x = 1
⇔ 1 + cos x = 0
⇔  cos x = − 1



1 + sin x = 0
sin x = − 1

⇔


π
 x = 4 + kπ

 x = π + k 2π
 x = − π + k 2π

2


(k ∈ Z )

Đề số 4

0,5

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,5

0,25

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
9


I. PHẦN BẮT BUỘC (7 điểm)
Câu 1: (2 điểm) Tìm tập xác định của hàm số y =

2 − cos x
.
1 + cos x

Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình: cos 5 x − 3 sin 5 x − sin 3 x = 3 cos3 x .
Câu 3: (1 điểm) Có 5 tem thư khác nhau và 5 bì thư khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách dán tem vào bì
thư.
r
Câu 4: (1 điểm) Tìm toạ độ ảnh M′ của điểm M(4; 3) qua phép tịnh tiến theo vectơ v = (2;1) .
Câu 5: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành.
a) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SDC).
b) Gọi M, N là trung điểm của SB và SD. Tìm giao điểm của đường thẳng SC với mặt phẳng (AMN)
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a: (1 điểm) Một bàn dài có 6 ghế được đánh số từ 1 đến 6. Người ta muốn xếp 3 bạn nam và 3 bạn
nữ ngồi vào bàn với điều kiện ghế số 1 và ghế số 2 phải là 2 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp như

vậy.
Câu 7a: (1 điểm) Một đơn vị vận tải có 10 xe ô tô, trong đó có 6 xe tốt. Họ điều động một cách nhẫu
nhiên 3 xe đi cơng tác. Tính xác suất sao cho 3 xe điều động đi có ít nhất một xe tốt.
Câu 8a: (1 điểm) Một cấp số cộng có 13 số hạng, số hạng đầu là 6, số hạng cuối là 42. Tìm tổng của tất
cả các số hạng của cấp số cộng đó.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b: (1 điểm) Giải phương trình: 1 + cos x + cos2 x = 0 .
8


1 
Câu 7b: (1 điểm) Tìm tất cả các số hạng hữu tỉ của khai triển  x +
÷ , với x là số hữu tỉ dương.
24 x 

Câu 8b: (1 điểm) Một vé xổ số có 5 chữ số. Khi quay số, nếu vé bạn mua trùng hoàn toàn với kết quả
(trúng 5 số) thì bạn trúng giải đặc biệt. Nếu vé bạn mua có 4 chữ số trùng với 4 chữ số của giải đặc
biệt (tức là sai một số ở bất kì hàng nào của giải đặc biệt) thì bạn trúng giải an ủi. Bạn Bình mua một
tấm vé xổ số.
a) Tính xác suất để Bình trúng giải đặc biệt.
b) Tính xác suất để Bình trúng giải an ủi.
--------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Câu

Nội dung
A. Phần bắt buộc: ( 7 điểm)
10

SBD :. . . . . . . . . .

Điểm


2 − cos x
xác định khi cosx ≠ – 1
1 + cos x
⇔ x ≠ π + k 2π , k ∈ ¢

Hàm số y =
1(2đ)

Vậy tập xác định của hàm số: D = ¡ \ { (2k + 1)π , k ∈ ¢ }

0,5
1,0
0,5

cos 5 x − 3 sin 5 x − sin 3 x = 3 cos3 x
⇔ cos5x – 3 sin5x = 3 cos3x + sin3x
1
1
3
3
cos5x –
sin5x =
cos3x + sin3x
2
2
2

2
π
π
π
π
⇔ cos cos5x – sin sin5x = cos cos3x + sin sin3x
3
3
6
6
π
π
⇔ cos ( 5x +
) = cos ( 3x –
)
3
6


π
π
π π
5 x + 3 = 3 x − 6 + k 2π
2 x = − 3 − 6 + k 2π
⇔ 
⇔ 
5 x + π = −3 x + π + k 2π
8 x = − π + π + k 2π

3

6

3 6


π
π
2 x = − 2 + k 2π
 x = − 4 + kπ
⇔ 
⇔ 
( k∈¢ )
π
π
π
8 x = − + k 2π
x = − + k

6

48
4
Cố định 5 bì thư. Mỗi hốn vị của 5 tem thư là một cách dán
Vậy có: P5 = 5! = 120 cách dán tem vào bì thư
x ' = x + 2
r
Ta có Tv ( M ) = M '( x '; y ') ⇔ 
y ' = y + 1
⇔

2(1đ)

3(1đ)

4(1đ)

x ' = 6
⇔ 
y ' = 4

⇔

0,25

0,25
0,25

0,25
0,5
0,5
0,5
0,5

M’( 6; 4)

0,5

5a(1đ)

5b(1đ)

6a(1đ)

a) mp(SAB) và mp(SCD) có chung nhau điểm S
lại chứa AB//CD nên chúng cắt nhau theo giao tuyến Sx // AB // CD
b) AM ⊂ (SAB) mà AM không song song với Sx nên AM cắt Sx tại I
NI ⊂ (SCD) ⇒ NI cắt SC tại J
Ta có J ∈ SC
(1)
J ∈ NI mà NI ⊂ (AMN) ⇒ J ∈ (AMN) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ J = SC ∩ (AMN)
Vậy giao điểm của SC với mp(AMN) là điểm J
B. Phần tự chọn: ( 3 điểm)
Xếp 2 trong 3 bạn nữ vào 2 ghế đầu là một chỉnh hợp chập 2 của 3
Vậy có

2
A3 = 3.2 = 6 cách xếp

Còn lại 4 bạn được xếp vào 4 ghế cịn lại mỗi cách xếp là một hốn vị của 4 phần
tử còn lại
11

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,5
0,25


Vậy có P4 = 4! = 24 cách xếp
2
Theo qui tắc nhân có: A3 .P4 = 6.24 = 144 cách xếp

0,25

3
Ta có: n( Ω ) = C10 = 120

0,25

Gọi A là biến cố 3 xe điều động đi công tác có ít nhất một xe tốt
⇒ A là biến cố 3 xe điều động đi cơng tác khơng có xe nào tốt
7a(1đ)

3
⇒ n( A ) = C4 = 4
⇒ n(A) = n( Ω ) – n( A ) = 120 – 4 = 116
n( A)
116 29
⇒ P(A) =
=
=
n(Ω )
120 30

Sn =

Ta có:
8a(1đ)

=

0,25
0,25

n ( u1 + un )

2
13 ( 6 + 42 )

0,5
0,5

= 312

2
1 + cosx + cos2x = 0
⇔ 2cos2x + cosx = 0
⇔ cosx( 2cosx + 1) = 0

π
 cos x = 0
 x = 2 + kπ
⇔ 
1 ⇔ 

 cos x = −
 x = ± 2π + k 2π

2

3

6b(1đ)

0,25

0,25
0,25
0,25

(k ∈¢ )

0,25

Số hạng tổng quát của khai triển:
Tk +1
Tk +1

+k = 0
7b(1đ)

8b(1đ)

( )

k

k

3k

k

4−
−
4−
 1 
k
−k
k
=
x
.
= C8 2 − k . x 4
÷ = C8 x 2 .2 .x 4
4
2 x 
là số hữu tỉ nếu 3k chia hết cho 4 vì 0 ≤ k ≤ 8 nên k = 0, k = 4, k = 8
k
C8

⇒

8− k

0
T1 = C8 x 4 = x 4

1 4
35
C8 .x =
x
16
8
1
1
8
T9 = C8 .2 −8.x −2 =
=
+k = 8 ⇒
8 2
2 .x
256.x 2
35
Vậy khai triển trên có 3 số hạng số hữu tỉ là x4 ,
x ,
8
+k = 4

⇒

1
256 x 2

a ) Số kết quả có thể là 105 = 100000

Chỉ có một kết quả trùng với số của Bình . Do đó xác suất trúng giải đặc biệt của
1
Bình là
= 0, 00001
100000
b) Giả sử vé của Bình là abcde . Các kết quả trùng với đúng bốn chữ số của Bình
là abcdt (t ≠ e) hoặc abcte (t ≠ d) hoặc abtde (t ≠ c) hoặc atcde (t ≠ b) hoặc
tbcde (t ≠ a). Vậy có 9 + 9 + 9 + 9 + 9 = 45 kết quả ở đó vé Bình trúng an ủi
45
= 0, 00045
100000

======================
12

0,25
0,25

4
T5 = C8 2−4.x 4−3 =

Do đó xác suất trúng giải an ủi của Bình là

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25


ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

Đề số 5
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7 điểm):
Câu I: (2,0 điểm)
1) Tìm tập xác định của hàm số y =

1 − sin 5 x
.
1 + cos2 x

2) Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có ba chữ số khác nhau, trong đó chữ số hàng trăm là chữ số chẵn?
Câu II: (1,5 điểm) Giải phương trình: 3sin2 x + 2cos2 x = 2 .
Câu III: (1,5 điểm) Một hộp đựng 5 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng (chúng chỉ khác nhau về
màu). Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để được:
1) Ba viên bi lấy ra đủ 3 màu khác nhau.
2) Ba viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi màu xanh.
r
Câu IV: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho vectơ v = (1; −5) , đường thẳng d: 3x + 4y − 4 = 0 và
đường trịn (C) có phương trình (x + 1)2 + (y – 3)2 = 25.
r
1) Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v .
2) Viết phương trình đường trịn (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số k = – 3.
II. PHẦN DÀNH RIÊNG CHO HỌC SINH TỪNG BAN (3 điểm):
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao

1. Theo chương trình Chuẩn
u + u − u = 4

Câu V.a: (1,0 điểm) Tìm cấp số cộng (un) có 5 số hạng biết: u2 + u 3 = −5
.
10
 1 5
Câu VI.a: (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là
trung
điểm của cạnh SA.
1) Xác định giao tuyến d của hai mặt phẳng (MBD) và (SAC). Chứng tỏ d song song với mặt phẳng
(SCD).
2) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MBC). Thiết diện đó là hình gì ?
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu V.b: (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD; P là một
điểm trên cạnh BC (P không trùng với điểm B và C) và R là điểm trên cạnh CD sao cho

BP DR
≠
.
BC DC

1) Xác định giao điểm của đường thẳng PR và mặt phẳng (ABD).
2) Định điểm P trên cạnh BC để thiết diện của tứ diện với mặt phẳng (MNP) là hình bình hành.
0
1
2
n
Câu VI.b: (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 3n Cn + 3n−1 Cn + 3n −2 Cn + ×××+ 3Cn −1 = 220 − 1 .
k

(trong đó Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử)

--------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

SBD :. . . . . . . . . .


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014-2015
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

Đề số 1
Câu Ý
I
1

2

II

Nội dung
1 − sin 5 x
.
1 + cos2 x
Ta có: sin5x ≤ 1 ⇒ 1 − sin5x ≥ 0 ∀x ∈ ¡ (do đó
Hàm số xác định ⇔ 1 + cos2 x ≠ 0 ⇔ cos2 x ≠ −1
π
⇔ 2 x ≠ π + k 2π ⇔ x ≠ + kπ , k ∈ ¢

2


π
TXĐ: D = ¡ \  x = + kπ , k ∈ ¢  .
2



Điểm
(2,0 điểm)

Tìm TXĐ của hàm số y =

1,0 điểm
1 − sin 5 x có nghĩa)

Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có ba chữ số khác nhau, trong đó chữ số hàng trăm
là chữ số chẵn ?
Mỗi số x cần tìm có dạng: x = abc .
Vì x là số lẻ nên: c có 5 cách chọn (c ∈ {1; 3; 5; 7; 9})
a là chữ số chẵn và khác 0 nên a có 4 cách chọn (a ∈ {2; 4; 6; 8}, a ≠ c)
b có 8 cách chọn (b ≠ a và b ≠ c)
Vậy có tất cả: 5.4.8 = 160 số.
Giải phương trình: 3 sin 2 x + 2 cos2 x = 2 .


π
π
3

1
1
sin 2 x + cos2 x = ⇔ sin  2 x + ÷ = sin
6
6
2
2
2



π π
 x = kπ
2 x + 6 = 6 + k 2π
⇔
⇔
π
(k ∈ ¢ ).
 x = + kπ
2 x + π = π − π + k 2π

3


6
6

1

Tính xác suất để:

Ba viên bi lấy ra đủ 3 màu khác nhau ?
Gọi A là biến cố “Ba viên bi lấy ra đủ 3 màu khác nhau”.
3
Ta có số phần tử của không gian mẫu Ω là: C12 = 220 .
1 1 1
Số cách chọn 3 viên bi có đủ ba màu khác nhau là: C5C3C4 = 5.3.4 = 60 .

 ΩA

Vậy P( A) = 


 Ω

2

=

n( A)  60
3
=÷
= .
n(Ω ) ÷220 11


3
Số cách chọn 3 viên bi khơng có viên bi xanh nào là: C7 = 35 .

35
7

⇒ P( B) =
=
220 44

IV

0,25
1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
1,5 điểm

0,50

0,50
1,5 điểm
0,75 điểm
0,25
0,25
0,25

Ba viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi màu xanh ?
Gọi B là biến cố đang xét. Lúc đó B là biến cố “ba viên bi lấy ra không có viên
bi nào màu xanh”.

Vậy P(B) = 1 − P(B) = 1 −

0,25

0,25

⇔ 3 sin 2 x + cos2 x = 1

III

0,25

0,25

Pt ⇔ 3 sin 2 x + (1 + cos2 x ) = 2

⇔

0,25

7 37
=
.
44 44

r
v = (1; − 5) , d: 3x + 4y − 4 = 0, (C): (x + 1)2 + (y – 3)2 = 25

14

0,75 điểm
0,25
0,25

0,25
(2,0 điểm)


1

r

Viết pt đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v .
r
Lấy điểm M(x; y) thuộc d, gọi M’(x’; y’) là ảnh của M qua Tv . Lúc đó M’ thuộc
x ' = 1+ x

 x = −1 + x '

⇔
d’ và: 
 y ' = −5 + y
y = 5 + y '

2

0,50

Vì M(x; y) ∈ d nên: 3(x’ − 1) + 4(y’ + 5) − 4 = 0 ⇔ 3x’ + 4y’ + 13 = 0.
Vậy d’ có pt: 3x + 4y + 13 = 0.
Chú ý: Học sinh có thể tìm pt của d’ bằng cách khác:
r
r

 Vì vectơ v khơng cùng phương với VTCP u = (4; − 3) của d nên d’ // d, suy ra
pt của d’: 3x + 4y + C = 0 (C ≠ −4) (0,25)
r
 Lấy điểm M(0; 1) ∈ d, gọi M’ là ảnh của M qua Tv . Ta có: M’(1; −4)
∈ d’. Thay tọa độ điểm M’ vào pt của d’, ta được C = 13. (0,50)
 Vậy pt d’: 3x + 4y + 13 = 0. (0,25)
Viết phương trình đường trịn (C') là ảnh của (C) qua V(O, −3)
(C) có tâm I(–1; 3), bán kính R = 5.
Gọi I'(x; y) là tâm và R' là bán kính của (C'). Ta có: R' = |k|R = 3.5 = 15;
uu
ur
ur
u
OI ' = −3OI , ⇒ I '(3; −9)
Vậy (C') có pt: (x – 3)2 + (y + 9)2 = 225.
u + u − u = 4

Tìm cấp số cộng (un) có 5 số hạng biết: u2 + u 3 = −5
10
 1 5

V.a

1,0 điểm

(*)

0,25
0,25

(1,0 điểm)

1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0 điểm

Gọi d là công sai của CSC (un). Ta có:
0,25

(u + d ) + (u1 + 2d ) − (u1 + 4d ) = 4
(*) ⇔  1
u1 + (u1 + 4d ) = −10
u − d = 4
u − d = 4
u = 1
⇔ 1
⇔ 1
⇔ 1
 d = −3
 2u1 + 4d = −10
u1 + 2d = −5

0,50

Vậy cấp số cộng là: 1; −2; −5; −8; −11.

0,25

(2,0 điểm)

VI.a
S

Chú ý: Hình vẽ có từ
02 lỗi trở lên thì
khơng cho điểm phần
hình vẽ.

M

N

0,25
D

A
O
B

1

2

C

Xác định giao tuyến d của hai mặt phẳng (MBD) và (SAC). Chứng tỏ
d // mp(SCD).
Ta có M ∈ mp(MBD); M ∈ SA ⇒ M ∈ mp(SAC)

Suy ra M là một điểm chung của hai mp trên.
Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có O là điểm chung
thứ hai của hai mp trên.
Vậy giao tuyến là đường thẳng MO.
Ta có d chính là đường thẳng MO, mà MO // SC nên MO // mp(SCD).
Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MBC). Thiết diện đó là
hình gì ?
Ta có M là điểm chung của hai mp (MBC) và (SAD)
15

1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,75 điểm
0,25


BC ⊂ (MBC); AD ⊂ (SAD) và BC // AD nên giao tuyến của hai mp này là
đường thẳng đi qua M và song song với AD cắt SD tại N.
Vì MN // BC nên thiết diện cần tìm là hình thang BCNM
(hai đáy là MN và BC).
V.b
1

Xác định giao điểm của đường thẳng PR và mp(ABD).
A

M

Chú ý: Hình vẽ có từ
02 lỗi trở lên thì
khơng cho điểm phần
hình vẽ.

N

0,25
0,25
(2,0 điểm)
1,0 điểm

0,25

B
D

I

R
P

Q
C

BP DR
≠
nên PR / / BD. Trong mp (BCD), gọi I = BD ∩ PR.
BC DC

Ta có: I ∈ PR và I ∈ BD, suy ra I ∈ mp(ABD). Vậy PR ∩ mp(BCD) = I .

Vì
2

VI.b

Định điểm P trên cạnh BC để thiết diện của tứ diện với mặt phẳng (MNP) là
hình bình hành.
Ta có MN ⊂ (MNP); BD ⊂ (BCD) và MN // BD. Do đó giao tuyến của
mp(MNP) và mp(BCD) là đường thẳng đi qua P song song với MN cắt CD
tại Q.
Thiết diện là hình thang MNQP (MN // PQ).
Để thiết diện trên là hình bình hành thì PQ = MN = ( ½) BD
Suy ra PQ là đường trung bình của tam giác BCD, hay P là trung điểm của BC.
Vậy khi P là trung điểm của BC thì thiết diện là hình bình hành.
[ Chú ý: Nếu học sinh chỉ ra trung điểm sau đó c/m hình bình hành thì chỉ cho ý
2/: 0,75 điểm.]
Tìm số nguyên dương n biết:
0
1
2
n
3n Cn + 3n−1 Cn + 3n − 2 Cn + × ×+ 3Cn −1 = 220 − 1 (*)
×
0
1
2
n
n

Ta có (*) ⇔ 3n Cn + 3n −1 Cn + 3n−2 Cn + ×××+ 3Cn −1 + Cn = 220

⇔ (3 + 1)n = 220 ⇔ 4n = 220 ⇔ 2 2n = 220
⇔ n = 10 . Vậy n = 10 là giá trị cần tìm.

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

Đề số 2

I. Phần chung dành cho tất cả thí sinh.
Câu 1: (0.5đ ) Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 4 cos x − 3
Câu 2: Giải các phương trình sau:

π 1
a) (1đ) cos  3 x + ÷− = 0
2 2

b) (0.75đ)

3 cos 2 x + sin 2 x = 2
16

0,50
0,25
1,0 điểm
0,25
0,25
0,25

0,25

1,0 điểm
0,25
0,50
0,25


c) (0.75đ) tan x + 3cot x + 2 = 0
6

3

Câu 3: (0.75đ) Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển:  + x ÷
x

Câu 4: Một tổ có 5 học sinh nữ và 4 học sinh nam. Cần chọn ra 4 học sinh tham gia biểu diễn văn nghệ.
Tính xác suất sao cho:
a) (0.75đ) Cả 4 học sinh được chọn là nữ.
b) (0.5đ) Có ít nhất 2 học sinh nam.
Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm đoạn SC, N là trung
điểm của đoạn OB (O là giao điểm của BD và AC ).
a) (0.75đ) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng: (SAB) và (SCD)
b) (0.75đ) Tìm giao điểm I của SD và mặt phẳng (AMN).
c) (0.5đ) Gọi P là trung điểm của SA. Chứng minh rằng MP // (ABCD).
II. Phần riêng:
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a:
1) (0.75đ) Cho cấp số nhân ( un ) có u1 = 2, u4 = 54 . Tìm cơng bội q và tính tổng S10 .
u + u = 7

2) (0.75đ) Tìm cấp số cộng (un ) có năm số hạng, biết:  1 5
u3 + u3 = 9
Câu 6b: Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(3; –2) B(–3;2) và đường thẳng (d): 3 x − 4 y + 12 = 0 .
1) (0.75đ) Tìm ảnh của điểm B qua phép đối xứng tâm O.
2) (0.75đ) Tìm ảnh của điểm A qua phép đối xứng trục (d).
B. Theo chương trình nâng cao
+
Câu 7a: (0.75đ) Giải phương trình: tan 4 x.tan x   1 = 0 .
Câu 7b: (0.75đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho phép biến hình F biến mỗi điểm M(x; y) thành điểm
 x ' = ax + by
M’(x’; y’) sao cho: 
, trong đó a2 + c2 = b2 + d 2 = 1 và a.b + c. d = 0 . Chứng tỏ F là
y ' = cx + dy

phép dời hình .
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SBD :. . . . . . . . . .

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014-2015
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

Đề số 2
Câu
1

Nội dung

y = 4 cos x − 3

Ta có −1 ≤ cos x ≤ 1 ⇔ −4 ≤ 4 cos x ≤ 4
⇔ −7 ≤ 4 cos x − 3 ≤ 1
ymax = 1 khi x = k 2π ; ymin = −7 khi x = π + k 2π

17

Điểm
0.25
0.25


2a

2b

2c

0.25

0.25

0.25

0.25
0.5

0.25

⇔ tan2 x + 2 tan x − 3 = 0


π
⇔  tan x = 1 ⇔ x = 4 + kπ (k ∈ Z )
 tan x = −3 ⇔ x = α + kπ

Số hạng tổng quát Tk+1 =

3

0.25



π 1
π
π
cos  3 x + ÷ = ⇔ cos  3 x + ÷ = cos
2 2
2
3



π π
3 x + 2 = 3 + k 2π
⇔
3 x + π = − π + k 2π

2
3


π
2π
 x = − 18 + k 3
⇔
 x = − 5π + k 2π

18
3

π
2π
 x = − 18 + k 3
Vậy nghiệm pt: 
 x = − 5π + k 2π

18
3

π
3 cos 2 x + sin 2 x = 2 ⇔ sin  2 x + ÷ = 1

6
π π
π
⇔ 2 x + = + k 2π ⇔ x = + kπ
6 2
6
tan x − 3 cot x + 2 = 0
cos x ≠ 0
Điều kiện: 

sin x ≠ 0

6−k
k 3
C12  ÷

x

0.25
0.25

xk ( 0 ≤ k ≤ 6 )

0.25
0.25

k
k
= C12 36−k . x −6+ k .x k = C12 36−k . x 2 k −6

Để số hạng khơng chứa x thì 2k – 6 = 0 ⇔ k = 3
3
Vậy số hạng không chứa x là : T4 = C6 .33 =540
4
Chọn 4 học sinh có C9 cách chọn.

4a

0.25
0.25

4
Chọn 4 học sinh nữ có C5 cách chọn.

0.25

Xác suất để chọn được 4 học sinh nữ là:
4b
5a
5b
5c
6a

4
C5
4
C9

Xác suất để có ít nhất 2 học sinh nam là:

=

0.25

2 2
3 1
4
C4 C5 + C4C5 + C4

S là điểm chung (SAB) và (SCD)

Và AB//CD nên (SAB) ∩ (SCD) = St //AB
(AMN) ∩ (ABCD) = AN
AN cắt CD tại E, (AMN) ∩ (SCD) = EM.
EM cắt SD tại I. Suy ra (AMN ) cắt SD tại I.
MP //AC mà AC ⊂ (ABCD)
Suy ra MP//(ABCD)
1. Ta có u4 = u1q3 ⇒ q = 3
18

5
126
4
C9

=

9
14

0.5
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

u1 (q10 − 1)
=
q −1

0.25

S10 = 310 − 1 = 59048

0.25

u1 + u5 = 7
2u + 4 d = 7
u + u = 9 ⇔ 2u1 + 5d = 9
 3 3
 1

0.25


1

⇔ u1 = − 2
d = 2


0.25

S10

0.25

1 3 7 11 15
Vậy cấp số cộng cần tìm: − ; ; ; ;
2 2 2 2 2
1. Qua phép đối tâm O điểm B biếm thành (B’)
x ' = −x = 3
Dựa vào bt tọa độ ta có: 
 y ' = − y = −2
Vậy M’(3;–2)

6b

7a

0.25
0.25

2. Qua phép đối xứng trục d điểm A biếm thành điểm A’
Đt V đi qua A và vng góc d
V : 4x+3y+c=0
Do A ∈ ∆ nên C= –6
−12 66
∆ ∩ d = A1 (
; )
25 25
 −99 182 
;
Suy A’ 
÷
 25 25 

ñk : cos 4 x.cos x ≠ 0
sin 4 x.sin x
tan 4 x.tan x = −1 ⇔
+1 = 0
cos 4 x.cos x
⇔ cos 4 x.cos x + sin 4 x.sin x = 0 ⇔ cos3 x = 0
π
π
⇔ x = + k ,(k ∈ Z )
6
3
so sánh điều kiện, kết luaän :
π
5π
x = + lπ ; x =
+ lπ (l ∈ Ζ )
6
6

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

 x ' = ax + by
F
M ( x; y )  M '( x '; y ') ⇒ 
→
 y ' = cx + dy
 x ' = ax1 + by1
F
N ( x1; y1 )  N '( x1 '; y1 ') ⇒  1
→
 y1 ' = cx1 + dy1
7b

0.25
0.25
0.25

MN = ( x1 − x )2 + ( y1 − y )2
2

M ' N ' = ( x '1 − x ') + ( y '1 − y ')

0.25

2

= ( x1 − x )2 (.a2 + c 2 ) + ( y1 − y )2 .(b2 + d 2 ) + 2( x1 − x )( y1 − y )(ab + cd )
= ( x1 − x )2 + ( y1 − y )2 = MN .

0.25
0.25

Ma trận đề
Chủ đề

Nhận biết

Thông hiểu
19

Vận dụng

Tổng


TL

TL

Hàm số lượng giác
Phương trình lượng giác

TL

1

1
0.5

1

1
1

0.75

CSC; CSN
Tổng

Đề số 7

0.75

2.5
1

0.75
1

Xác xuất

Quan hệ song song

3

1

Nhị thức Newton

Phép dời hình

0,5
1

1
075

1

0.5

1
0.75

2

0.75

1.5

1.5
3

0.5

2

1
0.75

5

2
0.75

6
4

1.5
2

1

1

0.75
2

1.5
3

4

18
2

10

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015

Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu 1: (2 điểm)
1) Giải các phương trình lượng giác sau :

π
3
a) (0,5đ)
sin  x − ÷ =

3 2
2
b) (0,5đ) 5cos x + 6 cos x + 1 = 0
c) (0,5đ) cos x − cos3 x + cos 5 x = 0
2) (0,5đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = cos 2 x − 3 sin 2 x
Câu 2: (3 điểm) Một tổ học sinh có 15 bạn trong đó có 4 bạn giỏi Tốn, 5 bạn giỏi Lý , 6 bạn giỏi Hóa.
Giáo viên muốn chọn ba bạn học sinh tham dự cuộc thi đố vui.
1) (1đ) Hỏi giáo viên có bao nhiêu cách chọn ?
2) (1đ) Tính xác suất để giáo viên chọn được ba bạn cùng mơn ?
3) (1đ) Tính xác suất để giáo viên chọn được ít nhất một bạn giỏi tốn ?
Câu 3: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành.
1) (0,75đ) Xác định giao tuyến của (SAB) và (SCD), (SAD) và (SBC).
2) (0,5đ) Một mặt phẳng (α ) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’sao cho A khác
A’ và tứ giác A’B’C’D’ cũng là hình bình hành. Chứng minh rằng mặt phẳng (α ) song song với mặt
phẳng (ABCD).
3) (0,75đ) Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD. I là trung điểm của SC. Chứng minh OI
song song với mặt phẳng (SAB).
II. PHẦN RIÊNG

A. Theo chương trình chuẩn
Câu 4a: (1,5 điểm)
u + 2u5 = 0
a) (0,75đ) Tính số hạng đầu u1 và cơng sai d của cấp số cộng (un) biết :  1
 S4 = 14
b) ( 0,75đ) Tính tổng 10 số hạng đầu của cấp số cộng trên.
Câu 5a: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A(–3; 1), B(0; –2) và đường
thẳng d có phương trình: 2x + 3y = 6 .
20


uu
u
r
uu
u
r
a) (1đ) Tìm tọa độ của vectơ AB và tìm ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo vectơ AB .
b) (0,5đ) Tìm ảnh của các điểm A, B qua phép đối xứng tâm I (–1; –2).
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 4b: (1,5 điểm) Xác suất bắn trúng tâm của An là 0,4. An bắn ba lần. Gọi X là số lần bắn trúng tâm
của An.
a) (1đ) Lập bảng phân bố xác suất của X.
b) (0,5đ) Tính E(X), V(X).
Câu 5b: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A(–3; 1) ,B(0; –2) và đường thẳng d có
phương trình: 2x + 3y = 6. u u
u
r
uu
u

r
a) (1đ) Tìm tọa độ của véctơ AB và tìm ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véctơ AB .
b) (0,5đ) Tìm ảnh của các điểm A, B qua phép đối xứng tâm I (–1; –2).
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SBD :. . . . . . . . . .

Câu
1.1

Nội dung
π
π
⇔ sin( x − ) = sin
3
3

Điểm


π
3
a) sin  x − ÷ =

3 2
 π π

2π
 x − 3 = 3 + k 2π
⇔

⇔  x = 3 + k 2π

 x − π = 2π + k 2π
 x = π + k 2π

3
3

2π
x=
+ k 2π ∈
Vây phương trình có nghiệm 
(k Z)
3

 x = π + k 2π
b) 5cos2 x + 6 cos x + 1 = 0

0,25

0,25

Đặt t = cosx (đk : t ≤ 1 )
t = −1
⇔  −1
Ta có : 5t + 6t + 1 = 0
t =

5
⇔ cosx = –1 ⇔ x = π + k2π (k ∈ Z)

Với t = –1
1
1
1
Với t = − ⇔ cosx = − ⇔ x = arccos( − ) + k2 π (k ∈ Z)
5
5
5
c) cos x − cos3 x + cos 5 x = 0 ⇔ cos x + cos 5 x − cos3 x = 0
⇔ 2 cos3 x cos 2 x − cos3 x = 0 ⇔ cos3 x (2 cos 2 x − 1) = 0
2


π kπ
x = 6 + 3

π

3 x = 2 + kπ
π
 cos3 x = 0
⇔
⇔
⇔  x = + kπ

6
2 cos 2 x − 1 = 0
 cos 2 x = 1

π


2
 x = − 6 + kπ

1.2

0,25
0,25

0,25

(k ∈ Z)

1

π

3
y = cos 2 x − 3 sin 2 x = 2  cos 2 x −
sin 2 x ÷= 2 sin  − 2 x ÷
3

2
2


0,25

0,25

0,25
21


2

π

π

Ta có: −1 ≤ sin  − 2 x ÷ ≤ 1 ⇔ −2 ≤ 2sin  − 2 x ÷ ≤ 2
3

3

Vậy GTLN là 2 ; GTNN là –2
a) Số cách chọn ba bạn trong 15 bạn là tổ hợp chập 2 của 15
3
n(Ω ) = C15

= 455 cách chọn

0,5
0,5

b) Gọi A là biến cố chọn được ba bạn cùng mơn
3
3
3
Ta có n( A) = C4 + C5 + C6 =5+10+20 = 35

35
≈ 0,077
455
c) Gọi B là biến cố khơng chọn được học sinh nào giỏi tốn
⇒ B là biến cố chọn được ít nhất một học sinh giỏi toán
165 33
3
n(B) = C11 = 165 ⇒ P(B) =
=
455 91
165 58
⇒ P( B ) = 1 −
=
455 91
Vậy xác suất của biến cố A là P(A) =

a) + S ∈ ( SAB ) ; S ∈ ( SCD ) ⇒ S là 1 điểm
chung của hai mặt phắng .
+ mặt khác AB / / CD nên giao tuyến của hai
mặt phăng sẽ đi qua S và song song với AB
hoặc CD.
+ Kẻ Sm // AB vậy Sm = ( SAB ) ∩ ( SCD )

3
m
S

n

A'
D'

B'
C'
I

0,5
0,5

0,5

0,5
0,25
0,25
0,25

B

A
O
D

C

5a

0,25

u = 8

⇔ 1
 d = −3
10.(8 + u10 )
b) S10 =
2
u10 = 8 + 9.(−3) = −19

4a

b) Ba mặt phẳng (α ),(SAB),(SCD ) cắt nhau theo ba giao tuyến A’B’; Sn; B’D’
 A'B' // Sn ⇒ A'B' // AB
 A'D' // Sm ⇒ A'D' // AD ⇒ ( α ) / / ( ABCD )

c) OI là đường trung bình của tam giác SAC nên OI // SA
SA ⊂ (SAB) ⇒ OI // (SAB)
Dành riêng cho học sinh cơ ban bản
u1 + 2u5 = 0
u1 + 2u5 = 0
u + 2u5 = 0

⇔  4(u1 + u4 )
⇔ 1
a) 
= 14
 s4 = 14
u1 + u4 = 7


2


3u + 8d = 0
u + 2 ( u1 + 4d ) = 0
⇔ 1
⇔ 1
u1 + (u1 + 3d ) = 7
2u1 + 3d = 7


0,25

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25

10.(8 − 19)
S10 =
= −55
2
uu
u
r
a) AB = (3; −3)

0,25
0,25

22


5b

∀M ( x; y ) ∈ d
T AB ( M ) = M ' ( x' ; y ') ⇔  x ' = x + 3 ⇔  x = x '− 3 thay vào phương trình đường
y ' = y − 3
 y = y '+ 3


uu
u
r
thẳng d. Ta có ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véctơ AB .
2(x’–3) + 3(y’+3) = 6 ⇔ 2x +3y = 3

0,25
0,5

 x ' = 2a − x
b) A(–3;1), B(0;–2); I(–1;–2) . Ta có 
 y ' = 2b + y
Gọi A’(x’; y’); B’(x1’; y1’) là ảnh của A và B qua phép đối xứng tâm I
0,5
⇒ A’(1;–5), B’( –2;–2)
Dành riêng cho học sinh nâng cao
Câu 4b a)
1đ
x

0
1
2
3
P(x)
0,216
0,432
0,288
0,064
0,5đ
b) E(X) = 1,2
V(X) = 0,72
================
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 - 2015
Đề số 8
Mơn TỐN Lớp 11
Thời gian làm bài 90 phút
I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu 1. (1,0 điểm) Tìm tập xác định của hàm số y =

cot x + 2
.
cos x

Câu 2. (2,0 điểm)
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau: y = (2sin x − 1) cos x + cos x + 2 .
2) Giải phương trình: 4sin 2 x + sin x cos x + cos2 x = 3
Câu 3. (2,0 điểm)

(

1) Tìm hệ số của x 35 y10 trong khai triển xy 2 + 2 x 3

)

15

.

2) Một túi đựng 5 bi trắng 4 bi đen và 3 bi xanh. Chọn ngẫu nhiên 3 bi. Tính xác suất để 3 bi được
chọn:
a) Có đủ màu.
b) Có đúng hai màu.
Câu 4. (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, với AD là đáy lớn, M là trung
điểm SD.
1) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (ABM) và (SCD); (BCM) và (SAD).
2) Tìm giao điểm của đường thẳng BM và mặt phẳng (SAC).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
2

Câu 5a. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, tìm ảnh của đường trịn (C): x 2 + ( y − 1) = 1 qua phép đối
xứng tâm O.
Câu 6a. (2,0 điểm) Cho phương trình cos2 x − cos x = m .
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Tìm các giá trị m để phương trình có nghiệm.
B. Theo chương trình nâng cao
2

Câu 5b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, tìm ảnh của đường tròn (C): x 2 + ( y − 1) = 1 qua phép vị tự

tâm O tỉ số k = 2.
23


Câu 6b. (2,0 điểm) Cho phương trình sin

x
x
− 3 cos = m .
2
2

a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Tìm các giá trị m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn  0; π  .


--------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

CÂU
Câu 1
(1.0điểm) Hàm số xác định khi

SBD :. . . . . . . . . .

ĐÁP ÁN

sin x ≠ 0
 cos x ≠ 0


ĐIỂM

0.5

 x ≠ k1π ,k1 ∈ Z

⇔
π
 x ≠ 2 + k2π ,k2 ∈ Z


0.25

 π

Vậy tập xác định của hàm số là D= R \ k , k ∈ Z 
 2

Câu 2
1) (1.0 điểm)
(2.0điểm) y = (2sinx –1)cosx + cosx + 2 ⇔ y = sin2x + 2
Ta có: –1 ≤ sin2x ≤ 1 ⇒ 1 ≤ y ≤ 3
π
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là 1 khi x = − + kπ ;k ∈ Z
4
π
giá trị lớn nhất của hàm số là 3 khi x = + kπ ;k ∈ Z
4
2) (1.0 điểm)
π

• cosx = 0 ⇔ x= + kπ ;k ∈ Z khơng phải là nghiệm của phương trình
2
• cos x ≠ 0 : chia 2 vế của phương trình cho cos2 x ta được:
tan 2 x + tan x − 2 = 0
 π
 tan x = 1
⇔
⇔  x= 4 + kπ

 tan x = −2
 x = arctan(−2) + kπ
Câu 3
1) (1.0 điểm)
(2.0điểm) Mọi số hạng của khai triển đều có dạng
k
k
C15 ( xy )15−k (2 x )k = C15 2k x15+2 k y 30−2 k

0.25

0.5

0.5

0.25
0.25
0.5

0.5

Hệ số của x 35 y10 ứng với k là nghiệm của hệ phương trình
15 + 2k = 35
10
30 − 2k = 10 ⇔ k = 10 . Vậy hệ số cần tìm là C15 210

24

0.5


2) (1.0 điểm)
a) Gọi biến cố A: “Chọn được ba bi có đủ màu”
3
Số phần tử của khơng gian mẫu là Ω = C12

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là Ω A =5.4.3
⇒ P ( A) =

5.4.3

=

3
11

0.5

3
C12
b) Gọi biến cố B: “Chọn được ba bi có đúng hai màu” S

Số kết quả thuận lợi của biến cố B:

M

3
3
3
3
Ω B = C12 − C5 − C4 − C3 − 5.4.3 = 145

ΩB

145 29
P(B) =
=
=
220 44
Ω

A

D
I

O

C
Câu 4
Vẽ hình
B

(2.0điểm) 1) (1.0điểm)
N
• N = AB ∩ CD
⇒ ( ABM ) ∩ (SCD ) = MN
• Hai mặt phẳng (BCM)và (SAD)có điểm chung
M và lần lượt chứa hai đường thắngong song BC và
AD nên giao tuyến là đường thẳng đi qua M và song song AD và BC

Câu2/(0.75điểm) Gọi O= AC ∩ BD ; I = BM ∩ SO ⇒ I = BM ∩ (SAC )
Câu 5a
(1.0điểm)

0.25
0.5

0.5

0.75

2

/ /
2
M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) : x0 + ( y0 − 1) = 1 ; M ′ ( x0 ; y0 ) là ảnh của M

Ta có

x/

: 0

/
 y0


= − x0

= − y0

(

)

/
/
⇒ x 0 2 + y0 + 1

2

=1

Vậy ảnh của (C) là : x 2 + ( y + 1)2 = 1
Câu 6a a) (1.0điểm)
(2.0điểm) Với m = 2: cos2 x − cos x − 2 = 0

0.5

0.25

b) (1.0điểm) Đặt t = cos x ,(−1 ≤ t ≤ 1) : t 2 − t = m
Xét f (t ) = t 2 − t;(−1 ≤ t ≤ 1)

t –1
½
1
f(t) 2
0
¼

0.5
0.25
0.25
0.5

Suy ra phương trình có nghiệm khi −

1
≤m≤2
4

2

2
M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) : x0 + ( y0 − 1) = 1 ;

(

0.25

0.25

 t = −1

2
Đặt t = cos x ,(−1 ≤ t ≤ 1) : t − t − 2 = 0 ⇔ 
 t = 2 (loai)
cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π ; k ∈ Z

Câu 5b
(1.0điểm)

0.5

)

2

/ /
M / ( x0 y0 ) là ảnh của M

x/ = 2x
/

/
y0 − 2
0
x0 2
Ta có :  0
/
=1
 y0 = 2 y0 ⇒ 4 +

4

Vậy ảnh của (C) là : x 2 + ( y − 1)2 = 4
25

0.25

0.25
0.5
0.25