BỘ đề THI học kỳ i môn TOÁN NÂNG CAO lớp 11 có đáp án

Đề số 1
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau :
1) (1đ)
( )
x x
2
3 tan 1 3 tan 1 0
− + + =
2) (1đ)
x x
2
3
2cos 3 cos2 0
4
π
 
− + =
 ÷
 
3) (1đ)
x
x
x
2
1 cos2
1 cot2
sin 2
−

+ =
Câu II: (2đ)
1) (1đ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của
n
x
x
2
4
1
 
+
 ÷
 
, biết:
n n n
C C A
0 1 2
2 109− + =
.
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
C x y
2 2

( ):( 1) ( 2) 4− + − =
. Gọi f là phép biến
hình có được bằng cách sau: thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ
v
1 3
;
2 2
 
=
 ÷
 
r
, rồi đến phép vị tự tâm
M
4 1
;
3 3
 
 ÷
 
, tỉ số
k 2=
. 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
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
s 1 Thi gian lm bi 90 phỳt
Cõu Ni dung im
I (3)
1
( )
x x x hoaởc x
2
1
3 tan 1 3 tan 1 0 tan 1 tan
3
+ + = = =
0,50
x x ktan 1
4


= = +
0,25
x x k
1
tan
6
3


= = +
0,25
2

PT x x x x x x
3
1 cos 2 3 cos2 0 1 sin2 3 cos2 0 sin2 3cos2 1
2


+ + = + = =
ữ

0,25

xsin 2 sin
3 6


=
ữ

0,25
x k x k
x
x k x k
2 2
3 6 4
sin 2 sin
5 7
3 6
2 2
3 6 12

= + = +


=

ữ


= + = +


0,25
0,25
3
K:
x x lsin2 0
2


( ) ( )
x x
PT x x x x
x
x
x

x x x
x x
2
2
cos2 1 cos2
1 sin 2 cos2 sin2 1 cos2
sin2
sin 2
sin2 1
sin2 1 sin2 cos2 1 0
sin2 cos2 1

+ = + =

=
+ + =

+ =

0,50
x x k x ksin2 1 2 2
2 4


= = + = +
(tho iu kin)
0,25
x k (loaùi)
x x x x k
x k

sin2 cos2 1 sin 2 sin
4 4 4
4






=


+ = + = = +
ữ
= +



(tho k)
0,25
II (2)
1
K:
n n2;

Ơ
;
n n n
C C A n n n n
0 1 2

2 109 1 2 ( 1) 109 12 + = + = =
0,25
(
)
k
k k k k
k k
x C x x C x
x
12
12 12
12
2 2 4 24 6
12 12
4
0 0
1


= =

+ = =
ữ


0,25
k k24 6 0 4 = =
0,25
Vy s hng khụng cha x l
C

4
12
495=
0,25
2
Gi s cn tỡm l
a a a a a a
1 2 3 4 5 6
.
Theo ra, ta cú:

( )
( )
a a a a a a a a a a a a a a a
a a a a a a
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
+ + = + + + + + = + + + + + +
+ + = + + + =
0,25
+TH 1:
{ } { }
a a a
1 2 3
; ; 2;4;5=
thỡ
{ } { }
a a a

4 5 6
; ; 1;3;6=
nờn cú (1.2!).(3!) = 12 (s)
+TH 2:
{ } { }
a a a
1 2 3
; ; 2;3;6=
thỡ
{ } { }
a a a
4 5 6
; ; 1;4;5=
nờn cú (1.2!).(3!) = 12 (s)
+TH 1:
{ } { }
a a a
1 2 3
; ; 1;4;6=
thỡ
{ } { }
a a a
4 5 6
; ; 2;3;5=
nờn cú (1.2!).(3!) = 12 (s)
0,50
Theo quy tc cng, ta cú: 12 + 12 + 12 = 36 (s) 0,25
III (2)
1 A l bin c Trong 3 quyn sỏch ly ra, cú ớt nht mt quyn sỏch toỏn.
A

l bin c Trong 3 quyn sỏch ly ra, khụng cú quyn sỏch toỏn no.
0,50
C
P A
C
3
8
3
12
14
( )
55
= =
P A P A
14 41
( ) 1 ( ) 1
55 55
= − = − =
0,50
2 B là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có đúng hai loại sách về hai môn học”
B
C C C C C C C C C C C C
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
Ω
= + + + + + =
0,50
( )
P B

C
3
12
145 29
44
= =
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
v
1 3
;
2 2
 
=
 ÷
 
r
, suy ra
A
3 7
;
2 2
 
 ÷
 
0,25
Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm
M

4 1
;
3 3
 
 ÷
 
tỉ số
k 2=

nên :
B A M
B A M
x x x
MB MA
y y y
5
2
3
2
14
2
3

= − =


= ⇒


= − =



uuur uuur
. Vậy
B
5 20
;
3 3
 
 ÷
 
0,25
Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 4 0,25
Vậy
C x y
2 2
5 20
( '): 16
3 3
   
− + − =
 ÷  ÷
   
0,25
V (2đ)
0,50
1 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD, ta có:
SM SN
MN IJ
SI SJ

2
/ /
3
= = ⇒
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 số 2
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau :
1) (1đ)
x xsin3 3 cos3 1− =
2) (1đ)
x x x
3
4cos 3 2sin2 8cos+ =
3) (1đ)
( )
x
x
x

2
2 3 cos 2sin
2 4
1
2cos 1
π
 
− − −
 ÷
 
=
−
Câu II: (2đ)
1) (1đ) Tìm hệ số của
x
31
trong khai triển của
n
x
x
2
1
 
+
 ÷
 
, biết rằng
n n
n n n
C C A

1 2
1
821
2
−
+ + =
.
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
( ) ( )
C x y
2 2
( ): 2 1 9− + − =
. Gọi f là phép biến
hình có được bằng cách sau: thực hiện phép đối xứng tâm
M
4 1
;
3 3
 
 ÷
 
, rồi đến phép vị tự tâm

N
1 3
;
2 2
 
 ÷
 
,
tỉ số
k 2
=
. 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
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
Đề số 2
ÑAÙP AÙN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Câu Nội dung Điểm

I (3đ)
1
x x x
1 3 1
sin3 cos3 sin 3 sin
2 2 2 3 6
π π
 
− = ⇔ − =
 ÷
 
0,50

x k x k
x k x k
2
3 2
3 6 6 3
5 7 2
3 2
3 6 18 3
π π π π
π
π π π π
π
 
− = + = +
 
⇔ ⇔
 

 
− = + = +
 
 
0,25
0,25
2
(
)
pt x x x x x x x
x

x x (*)
3 2
2
4cos 6 2 sin cos 8cos cos 2cos 3 2sin 4 0
cos 0
2sin 3 2sin 2 0
⇔ + = ⇔ + − =

=
⇔

− + =

0,25
x x kcos 0
2
π
π

= ⇔ = +
0,25
x k
x
x
x k
x (lo¹i)
2
2
2
sin
4
(*) sin
2
3
2
2
sin 2
4
π
π
π
π


= +

=

⇔ ⇔ = ⇔




= +

=



0,25
0,25
3
Điều kiện:
x x k
1
cos 2
2 3
π
π
≠ ⇔ ≠ ± +
( )
pt x x x x x x2 3 cos 1 cos 2cos 1 sin 3 cos 0 tan 3
2
π
 
⇔ − − + − = − ⇔ − = ⇔ =
 ÷
 
0,50
x x ktan 3

3
π
π
= ⇔ = +
0,25
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của pt là:
x k
4
3
π
π
= +
0,25
II (2đ)
1 ĐK:
n n2;
≥ ∈
¥
( )
n n
n n n
n n
C C A n n n n
1 2 2
1
1
821 1 821 1640 0 40
2 2
−
−

+ + = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ =
0,25
k k k k k
k k
x C x x C x
x
40
40 40
40 2 40 3
40 40
2
0 0
1
− − −
= =
 
+ = =
 ÷
 
∑ ∑
0,25
k k40 3 31 3− = ⇔ =
0,25
Vậy hệ số của x
31
là
C
3
40
9880=

0,25
3 + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ có:

C C C C
2 2 2 1
5 4 5 3
5 4! 4 3! 6480− =
(số)
0,25
+ Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau có
A A A
2 2 2
5 4 5
5 3 4 2 3 3120× × × − × × × =
(số)
0,50
Suy ra có: 6480 – 3120 = 3360 (số) 0,25
III (2đ)
1
C C
2 2
5 7
210
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”.

( )
C C
P A
2 2
2 4
1
210 35
= =
0,50
Suy ra:
( )
( )
P A P A
1 34
1 1
35 35
= − = − =
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
(
)
C C C
1 1 2
2 3 4
(cách)
+Trường hợp 2: 2 đỏ ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có
( )
C C C
2 1 1

2 3 4
(cách)
+Trường hợp 3: 1 đỏ, 1 trắng ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có
( ) ( )
C C C C
1 1 1 1
3 2 4 3
(cách)
0,75
Suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
B
C C C C C C C C C C
1 1 2 2 1 1 1 1 1 1
2 3 4 2 3 4 3 2 4 3
120
Ω
= + + =
Suy ra:
( )
P B
120 4
210 7
= =
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
1
M ;

3
4
3
 
 ÷
 
, suy ra
1
A ;
3
2
3
 
−
 ÷
 
0,25
Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm
3
N ;
2
1
2
 
 ÷
 
tỉ số
k 2=
nên :
B A N

B A N
x x x
NB NA
y y y
5
2
6
2
13
2
6

= − =


= ⇒


= − = −


uuur uuur
. Vậy
13
B ;
6
5
6
 
−

 ÷
 
0,25
Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 6 0,25
Vậy
C x y
2 2
5 13
( '): 36
6 6
   
− + + =
 ÷  ÷
   
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 số 3
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình :
1) 2sin( 2x + 15
0
).cos( 2x + 15
0
) = 1 2) cos2x – 3cosx + 2 = 0

3)
x x x
x
2 2
sin 2sin2 5cos
0
2sin 2
− −
=
+
Bài 2 (0,75 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y x x3sin 3 4cos 3
6 6
π π
   
= + + +
 ÷  ÷
   
Bài 3 (1,5 điểm)
1) Tìm hệ số của số hạng chứa
x
31
trong khai triển biểu thức
x x
3 15
(3 )−
.
2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số khác nhau.
Bài 4 (1,5 điểm) Một hộp chứa 10 quả cầu trắng và 8 quả cầu đỏ, các quả cầu chỉ khác nhau về màu. Lấy
ngẫu nhiên 5 quả cầu.

1) Có bao nhiêu cách lấy đúng 3 quả cầu đỏ.
2) Tìm xác suất để lấy được ít nhất 3 quả cầu đỏ .
Bài 5 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai điểm A(– 2; 3) , B(1; – 4); đường thẳng d:
x y3 5 8 0− + =
; đường tròn (C ):
x y
2 2
( 4) ( 1) 4+ + − =
. Gọi B’, (C′) lần lượt là ảnh của B, (C) qua
phép đối xứng tâm O. Gọi d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ
AB
uuur
.
1) Tìm toạ độ của điểm B’, phương trình của d’ và (C′) .
2) Tìm phương trình đường tròn (C′′) ảnh của (C) qua phép vị tâm O tỉ số k = –2.
Bài 6 (2,25 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của SA, SD và P là một điểm thuộc đoạn thẳng AB sao cho AP = 2PB .
1) Chứng minh rằng MN song song với mặt phẳng (ABCD).
2) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD).
3) Tìm giao điểm Q của CD với mặt phẳng (MNP). Mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp S.ABCD theo
một thiết diện là hình gì ? .
4) Gọi K là giao điểm của PQ và BD. Chứng minh rằng ba đường thẳng NK, PM và SB đồng qui tại
một điểm.
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
Đề số 3
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài Câu Hướng dẫn Điểm

1
1
2sin( 2x + 15
0
).cos( 2x + 15
0
) = 1 ⇔ sin(4x +30
0
) = 1
⇔
x k , k Z
0 0 0
4 30 90 360+ = + ∈

x k , k Z
0 0
15 .90⇔ = + ∈

0,5
2 cos2x – 3cosx + 2 = 0
⇔ 2cos
2
x – 1 – 3cosx + 2 = 0 ⇔ 2cos
2
x – 3cosx + 1 = 0
⇔
x k
x
, k Z
x k

x
2
cos 1
1
2
cos
3
2
π
π
π


=
=


⇔ ∈

= ± +

=


1
3
x x x
x
2 2
sin 2sin2 5cos

0
2sin 2
− −
=
+
(1)
ĐK :
x m
x , m,n Z
x n
2
2
4
sin
5
2
2
4
π
π
π
π

≠ − +

≠ − ⇔ ∈


≠ +


(*)
Với điều kiện (*) ta có: (1) ⇔ sin
2
x – 4sinx.cosx – 5cos
2
x = 0
• cosx = 0 không thoả mãn phương trình (1)
• cosx ≠ 0 , chia hai vế của (1) cho
x
2
cos
ta được:
(1) ⇔ tan
2
x – 4tanx – 5 = 0 ⇔
x
x
tan 1
tan 5

= −

=

⇔
x k
x k
4
arctan5
π

π
π

= − +


= +

Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
x k , x k , k Z(2 1) arctan5
4
π
π π
= − + + = + ∈
1
2
y x x3sin(3 ) 4cos(3 )
6 6
π π
= + + +
x5sin 3
6
π
α
 
 
= + +
 ÷
 
 

 

với cosα =
3
5
và sinα =
4
5
Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng – 5 khi
xsin 3 1
6
π
α
 
 
+ + = −
 ÷
 
 
 
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 khi
xsin 3 1
6
π
α
 
 
+ + =
 ÷
 

 
 
0,75
3
1
Tìm hệ số chứa x
31
trong khai triển biểu thức ( 3x – x
3
)
15
.
Số hạng tổng quát của khai trển trên là :
k k k k k k k
T C x x C x
15 3 15 15 2
15 15
.(3 ) .( ) .( 1) .3 .
− − +
= − = −
với 0 ≤ k ≤ 15 , k ∈Z
Số hạng cần tìm chứa x
31
nên 15 + 2k = 31 ⇔ k = 8 ( thoả mãn)
Hệ số của số hạng cần tìm là :
C
8 8 7
15
.( 1) .3−
=

C
8 7
15
.3 14073345=
0,75
2
Số cần tìm có dạng
abcd
, trong đó a , b , c , d ∈
{ }
1,2,3,4,5,6,7

và đôi một khác nhau .
Vì số cần lập là số chẵn nên
{ }
d 2, 4, 6∈
Do đó chữ số d có 3 cách chọn .
Có
A
3
6
cách chọn ba chữ số a, b, c .
Vậy có
3
6
3.A 360=
số thoả yêu câu bài toán .
0,75
4
1 Số cách lấy đúng 3 quả cầu màu đỏ là

C C
3 2
8 10
. 2520=
0,5
2
Không gian mẫu, (của phép thử ngẫu nhiên lấy 5 quả cầu từ 18 quả cầu khác
màu ) có số phần tử là :
C
5
18
=8568
Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 3 quả cầu màu đỏ .
– Số cách lấy được đúng 3 quả cầu màu đỏ là : 2520
– Số cách lấy được 4 quả cầu đỏ là
C C
4 1
8 10
. 700=
– Số cách lấy được 5 quả cầu đều màu đỏ là :
C
5
8
56=
Xác suất của biến cố lấy được ít nhất 3 quả caàu màu đỏ là :
P A
2520 700 56
( ) 0,38
8568
+ +

= ≈
1
5
1
Ta có : B’ = (–1; 4), d’: –3x + 5y + 8 = 0
Đường tròn (C) có tâm I(–4 ; 1) và bán kính R = 2
Đường tròn (C’) có tâm I’(4 ; – 1) và R’ = 2 ⇒ (C’) : (x – 4)
2
+ (y + 1)
2
= 4
0,75
2
Gọi I’’ là tâm của đường tròn (C’’) , khi đó
OI OI'' 2= −
uuur uur
mà
OI ( 4;1)= −
uur
Suy ra
OI '' (8; 2)= −
uuur
⇒
I '' (8; 2)= −
và R’’ = 2R = 4
Vậy (C’’) : (x – 8)
2
+ (y + 2)
2
= 16

0,75
6
1
K
Q
I
P
N
M
D
A
B
C
S
MN là đường trung bình của tam giác SAD .
Vì MN nằm ngoài mặt phẳng (ABCD) và MN // AD nên MN // (ABCD).
0,75
2
Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng đi qua S và
song song với AD .
0,25
3
3/ Tìm giao điểm Q của CD với mặt phẳng (MNP). Mặt phẳng (MNP) cắt hình
chóp S.ABCD theo một thiết diện là hình gì ? .
Ba mặt phẳng (MNP), (SAD) và (ABCD) cắt nhau theo ba giao tuyến MN, PQ,
AD, đồng thời MN //AD nên ba đường thẳng PQ, MN, AD đôi một song
song .
Trong mặt phẳng (ABCD), qua điểm P kẻ đường thẳng song song với AD, cắt
CD tại Q. Điểm Q là giao điểm cần tìm.
0,75

4
Trong mặt phẳng (SAB), hai đường thẳng SB và PM không song song nên
chúng cắt nhau tại I .
Suy ra I là điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD) .
Lại có (SBD) và (MNP) cắt nhau theo giao tuyến KN nên điểm I phải thuộc
đường thẳng NK .
Vậy ba đường thẳng SB, MP, NK đồng qui tại I .
0,5
T
Đề số 4
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014– 2015
Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1: (2đ) Giải các phương trình sau:
1)
sin 2 3 cos2 2x x+ =
2)
2 2
4sin 2sin 2 2cos 1x x x+ + =
Bài 2: (1đ) Tìm hai số hạng đứng giữa trong khai triển nhị thức Newton
( )
31
3
x xy+
Bài 3: (1đ) Có 10 hoa hồng trong đó có 7 hoa hồng vàng và 3 hoa hồng trắng. Chọn ra 3 hoa hồng
để bó thành một bó. Tính xác suất để có ít nhất một hoa hồng trắng.
Bài 4: (1đ) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d có phương trình
3 0x y− + =
. Hãy viết phương
trình đường thẳng

'd
là ảnh của đường thẳng d qua phép vị tự tâm là gốc tọa độ O và tỉ số vị tự
2k
= −
.
Bài 5: (2đ) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD với M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và CD.
Gọi
( )
α
là mặt phẳng qua MN song song với SA cắt SB tại P, cắt SC tại Q.
1) Tìm các giao tuyến của hai mặt phẳng: a)
( )
SAB
và
( )
SCD
b)
( )
α
và (SAB)
2) Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng
( )
α
.
3) Tìm điều kiện của MN để thiết diện là hình thang
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
Bài Nội dung Điểm
Bài 1
( )

1 3
1 sin 2 cos2 1
2 2
⇔ + =x x
0,25
1)
(1đ)
cos sin 2 sin cos2 1
3 3
⇔ + =x x
π π
0,25
sin 2 1
3
x
π
 
⇔ + =
 ÷
 
0,25
;
12
x k k
π
π
⇔ = + ∈¢
0,25
2)
( )

2 2
2 3sin 4sin cos cos 0x x x x⇔ + + =
0,25
cos 0
2
π
π
= ⇔ = +x x m
không là nghiệm
0,25
cos 0
2
π
π
≠ ⇔ ≠ +x x m
. PT ⇔
x x
2
3tan 4tan 1 0+ + =
0,25
tan 1
4
;
1
1
tan
arctan
3
3
x k

x
k
x
x k
π
π
π

= − +
= −




⇔ ⇔ ∈

 
= −

= − +

 ÷

 

¢
0,25
Bài 2
(1đ)
( )

31
3
x xy+
có 32 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là 16 và 17
Số hạng thứ 16 là
( )
( )
16
15
15 3 15 63 15
31 31
C x xy C x y=
0,5
Số hạng thứ 17 là
( )
( )
15
16
16 3 16 61 16
31 31
C x xy C x y=
0,5
Bài 3
(1đ)
3
10
120CΩ = =
0,25
Gọi A là biến cố “có 3 hoa hồng vàng được chọn”, B là biến cố đối của biến cố A
3

7
35Ω = =
A
C
0,25
( ) ( )
35 17
1 1
120 24
= − = − =P B P A
0,5
Bài 4
(1đ)
'd
:
0x y c− + =
0,25
A là giao điểm của d và
( )
0;3Oy A⇒
0,25
'A
là ảnh của A qua phép vị tự tâm O nên
( )
' 0;6A

6c
⇒ = −
0,25
Vậy

': 6 0d x y− − =
0,25
Bài 5
1 a)
(0,5đ)
( ) ( )
∈ ∩S SAB SCD
0,25
Gọi K = AB
∩
CD
→
( ) ( )
∈ ∩K SAB SCD
.
0,25
Vậy
( ) ( )
SAB SCD SK∩ =
1 b)
(0,5đ)
( )
( )∈ ∩M SCD
α
0,25
( )
// SA
α
0,25
Vậy

( ) ( )
SAB MP
α
∩ =
(MP // SA,
P SB
∈
)
2)
(0,5đ)
Các đoạn giao tuyến của mặt phẳng
( )
α
với các mặt phẳng (SAB); (SBC); (SCD);
và mặt phẳng (ABCD) là MP; PQ; QN; NM
0,25
Thiết diện cần tìm là MPQN 0,25
3)
(0,5đ)
Muốn tứ giác MPQN là hình thang thì
//MP QN
hoặc
//MN PQ
0,25
Nếu
//MN PQ
thì
//MN BC
vì
( )

( )
MN ABCD
PQ SBC
⊂


⊂


Mà
( ) ( )
BC ABCD SBC= ∩
0,25
Q
O
P
B
A
C
S
D
K
M
N
Đề số 5
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1: (1,5đ)
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

1 2sin 2
4
π
 
= + +
 ÷
 
y x
.
b) Xét tính chẵn lẻ của hàm số
( )
sin( ) sin( )
4 4
π π
= = − + +y f x x x
.
Bài 2: (2đ) Giải các phương trình sau:
a)
cos2 3cos 2 0
− + =
x x
(1)
b)
+ − =3 cos4 sin4 2cos3 0x x x
(2)
Bài 3: (1,5đ)
Có 14 người gồm 8 nam và 6 nữ, chọn ngẫu nhiên một tổ 6 người. Tính:
a) Số cách chọn để được một tổ có nhiều nhất là 2 nữ.
b) Xác suất để được một tổ chỉ có 1 nữ.
Bài 4: (2đ)

a) Chứng mình rằng, với
3 k n
≤ ≤
, ta có:
1 2 3
3
3 3
k k k k k
n n n n n
C C C C C
− − −
+
+ + + =
b) Cho đường tròn (C) tâm I(4; –5), bán kính R = 2. Tìm ảnh (C’) của đường tròn (C) qua phép tịnh
tiến theo véc tơ
( )
1; 3v = −
r
.
Bài 5: (3đ)
Cho tứ diện ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD, trên cạnh AD lấy
điểm P không trùng với trung điểm của AD.
a) Gọi E là giao điểm của đường thẳng MP và đường thẳng BD. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(PMN) và (BCD).
b) Tìm thiết diện của mặt phẳng (PMN) với tứ diện ABCD.
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .

Bài 1
(1,5đ)

Nội dung Điểm
Câu a
(0,75đ)
1 2 2 2 2 2
4 4
π π
   
− ≤ + ≤ ∀ ∈ ⇔ − ≤ + ≤
 ÷  ÷
   
sin 1, sinx x x¡
1 1 2 2 3 1 3
4
π
 
⇔ − ≤ + + ≤ ⇔ − ≤ ≤
 ÷
 
sin x y
Vậy: Maxy = 3 và miny = –1
0,5
0,25
Câu b
(0,75đ)

•
Tập xác định D =
¡
•
x D x D∀ ∈ ⇒ − ∈

( )
( )
sin sin sin sin
4 4 4 4
sin sin sin sin
4 4 4 4
π π π π
π π π π
   
       
• − = − − + − + = − + + − −
 ÷  ÷  ÷  ÷
   
       
   
 
       
= − + − − = − + + − = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
 
       
 
f x x x x x
x x x x f x
•
Vậy f(x) là hàm số lẻ
0,25
0,25
0,25
Bài 2

(2đ)
Nội dung Điểm
Câu a
(1đ)

2
(1) 2cos 3cos 1 0⇔ − + =x x
cos 1
cos 1
1
cos os
cos
3
2
π
=
=




⇔ ⇔


=
=


x
x

x c
x
( )
2
2
3
π
π
π
=


⇔ ∈

= ± +

x k
k Z
x k
0,25
0,5
0,25
Câu b
(1đ)
( )
 
⇔ + =
 ÷
 ÷
 

3 1
2 2 cos4 sin4 2cos3
2 2
x x x
π
 
⇔ − =
 ÷
 
cos 4 cos3
6
x x
π
π
π
π

− = +

⇔


− = − +


4 3 2
6
4 3 2
6
x x k

x x k
( )
π
π
π π

= +

⇔ ∈


= +


2
6
2
42 7
x k
k Z
k
x
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 3
(1,5đ)
Nội dung Điểm
14

Câu a
(0,75đ)

•
TH1: 0 nữ + 6 nam, số cách chọn là
0 6
6 8
C C
.
•
TH2: 1 nữ + 5 nam, số cách chọn là
1 5
6 8
C C
.
•
TH3: 2 nữ + 4 nam, số cách chọn là
2 4
6 8
C C
.
•
Cả 3 trường hợp, số cách chọn là
0 6 1 5 2 4
6 8 6 8 6 8
1414C C C C C C+ + =
0,5
0,25
Câu b
(0,75đ)

( )
6
14
3003
• Ω = =
.n C
( )
1 5
6 8
336
•
= =
äi A lµ biÕn cè: "Chän ®îc 6 ngêi trong
®ã chØ cã 1 n÷", . .
G
n A C C
( )
( )
( )
336 16
3003 143
• = = =
Ω
.
n A
P A
n
0,25
0,25
0,25

Bài 4
(2đ)
Nội dung Điểm
Câu a
(1đ)

( ) ( ) ( )
− − − − −
= + + + + +
1 1 2 2 3
2
k k k k k k
n n n n n n
VT C C C C C C
− −
+ + +
= + +
1 2
1 1 1
2
k k k
n n n
C C C
( ) ( )
− − −
+ + + +
= + + +
1 1 2
1 1 1 1
k k k k

n n n n
C C C C
−
+ + +
= + =
1
2 2 3
k k k
n n n
C C C
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu b
(1đ)
•
Phương trình đường tròn (C):
( ) ( )
2 2
4 5 4x y− + + =
Lấy bất kỳ M(x; y)
( ) ( )
2 2
( ) 4 5 4C x y∈ ⇔ − + + =
(*)
•

( ) ( )
' 1 ' 1

' '; '
' 3 ' 3
v
x x x x
T M M x y
y y y y
= + = −
 
= ⇔ ⇔
 
= − = +
 
r
•

( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
⇔ − − + + + = ⇔ − + + =
2 2 2 2
Thay vµo * :
* ' 1 4 ' 3 5 4 ' 5 ' 8 4x y x y
•
Vậy phương trình (C’):
( ) ( )
2 2
5 8 4x y− + + =
0,25
0,25
0,25
0,25

Bài 5
(3đ)
Nội dung Điểm
F
E
N
M
B
D
C
A
P
0,5
Câu a
(1, 5đ)

( ) ( )
( ) ( )
,E MP BD suy ra
E MP MNP E MNP
E BD BCD E BCD
• = ∩

∈ ⊂ ⇒ ∈


∈ ⊂ ⇒ ∈


lµ ®iÓm chung thø nhÊtE•

0,5
0,5
15
( )
( ) ( )
( ) ( )








=là điểm chung thứ hai. Suy ra
N MNP
N CD BCD N BCD
N MNP BCD EN
0,5
Cõu b
(1)
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )

= =
=
=

=
Trong mp BCD gọi F = EN BC
DoEN
Mặt khác:
PMN BC PMN F ABC PMN MF
BCD PMN FN
ACD PMN NP
ABD PMN PM
Vy thit din ca mp(PMN) v t din ABCD l t giỏc MFNP.
0,5
0,25
0,25
s 6
THI HC Kè 1 Nm hc 2014 2015
Mụn TON Lp 11 Nõng cao
Thi gian lm bi 120 phỳt
Cõu 1: (4 im)
1) Tỡm tp xỏc nh ca hm s:
y x
x
1
tan
sin
= +
.
2) Gii cỏc phng trỡnh sau:
a)
x xtan cot 3 0
3 6

+ + =
ữ ữ

. T ú tỡm cỏc nghim thuc khong
(0; )

.
b)
x x x
2 2
5sin 4sin2 6cos 2+ + =
.
c)
x x x
3 3
cos sin cos2+ =
.
Cõu 2: (3 im)
1) T cỏc ch s 1, 2, 3, 4, 5 cú th lp c bao nhiờu s t nhiờn tho:
a) Cú 3 ch s khỏc nhau.
b) Cú 3 ch s khỏc nhau v nh hn s 235.
2) Mt tỳi ng 11 viờn bi ch khỏc nhau v mu, gm 4 bi xanh v 7 bi . Ly ngu nhiờn 2 viờn
bi. Tớnh xỏc sut :
a) Ly c 2 viờn bi cựng mu. b) Ly c 2 viờn bi khỏc mu.
3) Mt tỳi ng 11 viờn bi ch khỏc nhau v mu, gm 4 bi xanh v 7 bi . Ly ln lt 2 viờn bi,
ly xong viờn 1 thỡ b li vo tỳi. Tớnh xỏc sut :
a) C hai ln ly c 2 viờn bi u mu . b) Trong 2 ln ly, cú ớt nht 1 viờn bi xanh.
Cõu 3: (1,5 im)
1) Cho ng trũn (C):

x y x y
2 2
4 6 12 0+ + =
. Vit phng trỡnh ng trũn (C) l nh ca (C)
qua phộp tnh tin theo vect
u (2; 3)=
r
.
2) Cho hỡnh vuụng ABCD tõm O, cnh bng
2
. Trờn cnh BC ly im E sao cho
BE 1=
. Tỡm
phộp di hỡnh bin AO thnh BE.
Cõu 4: (1,5 im)
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh bỡnh hnh, O l giao im ca 2 ng chộo AC v
BD. Gi M, N ln lt l trung im ca SA, SC.
1) Tỡm giao im ca SO vi mp(MNB). Suy ra thit din ca hỡnh chúp khi ct bi mp(MNB).
2) Tỡm cỏc giao im E, F ca AD, CD vi mp(MNB).
3) Chng minh rng E, F, B thng hng.
16
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
Câu 1:
1) Tập xác định của hàm số:
y x
x
1
tan
sin

= +
ĐKXĐ:
x m
x
x m m n
x
x n
sin 0
( , )
cos 0
2
2
π
π
π
π

≠


≠
⇔ ⇔ ≠ ∈
 
≠
≠ +



¢
⇒ Tập xác định của hàm số là: D =

m m\ ;
2
π
 
∈
 
 
¢¡
2) Giải phương trình:
a) PT ⇔
x xtan tan 3 0
3 3
π π
   
+ + + =
 ÷  ÷
   
⇔
x xtan 3 tan
3 3
π π
   
+ = − −
 ÷  ÷
   
⇔
x x k3
3 3
π π
π

+ = − − +
⇔
x k k( )
6 4
π π
= − + ∈
¢
Để nghiệm của PT thoả
x0
π
< <
thì
k0
6 4
π π
π
< − + <
⇔
k
7
6 4 6
π π π
< <
⇔
k
2 14
3 3
< <
⇔
k 1; 2; 3; 4=

Vậy các nghiệm thuộc khoảng
(0; )
π
là:
x x x x
7 5
; ; ;
12 3 12 6
π π π π
= = = =
.
b)
x x x
2 2
5sin 4sin2 6cos 2+ + =
⇔
x x x x
2 2
3sin 8sin .cos 4cos 0+ + =
(1)
+ Với
xcos 0=
, ta thấy không thoả PT (1)
+ Với
xcos 0≠
, chia 2 vế của (*) cho
x
2
cos
, ta được:

(1) ⇔
x x
2
3tan 8tan 4 0+ + =
⇔
x
x
tan 2
2
tan
3

= −

= −


⇔
x k
x k
arctan( 2)
2
arctan
3
π
π

= − +

 


= − +
 ÷
 

Vậy PT có nghiệm:
x k x k
2
arctan( 2) ; arctan
3
π π
 
= − + = − +
 ÷
 
c) PT ⇔
x x x x
3 3 2 2
cos sin cos sin+ = −
⇔
x x x x x x x x x x
2 2
(cos sin )(cos cos sin sin ) (cos sin )(cos sin )+ − + = − +
⇔
x x x x x x(cos sin )(1 sin cos sin cos ) 0+ − + − =
17
⇔
x x x x(cos sin )(1 cos )(sin 1) 0+ − + =
⇔
x x

x
x
sin cos 0
1 cos 0
sin 1 0

+ =

− =

+ =

⇔
x k
x k k
x k
4
2 ( )
2
2
π
π
π
π
π

= − +


= ∈



= − +


¢
Câu 2:
1) a) Mỗi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là một chỉnh hợp chập 3
của 5 phần tử.
⇒ Số các số cần tìm là:
A
3
5
= 60 (số)
b) Gọi
x abc=
là số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5.
Nếu
x 235
≥
thì có các trường hợp như sau:
+ Nếu
a b2, 3= =
thì
c 5=
⇒ có 1 số
+ Nếu
a b2, 3= >
thì b có 2 cách chọn, c có 3 cách chọn ⇒ có 2.3 = 6 (số)
+ Nếu a > 2 thì a có 3 cách chọn, b có 4 cách chọn, c có 3 cách chọn ⇒ có 3.4.3 = 36 (số)

⇒ Tất cả có: 1 + 6 + 36 = 43 số
x 235≥
.
⇒ Có 60 – 43 = 17 số
x 235<
.
2) Số phần tử của không gian mẫu là:
n C
2
11
( )
Ω
=
= 55
a) Gọi A là biến cố "Lấy được 2 viên bi cùng màu"
⇒
n A C C
2 2
4 7
( ) = +
= 27 ⇒ P(A) =
n A
n
( ) 27
( ) 55
Ω
=
b) Gọi B là biến cố "Lấy được 2 viên bi khác màu"
⇒
B A=

⇒ P(B) = 1 – P(A) =
27 28
1
55 55
− =
.
3) Số phần tử của không gian mẫu là:
n C C
1 1
11 11
( ) .
Ω
=
= 121
a) Gọi A là biến cố "Cả 2 lần lấy đều được 2 viên bi đỏ"
⇒
n A C C
1 1
7 7
( ) .=
= 49 ⇒ P(A) =
n A
n
( ) 49
( ) 121
Ω
=
b) Gọi B là biến cố "Trong 2 lần lấy có ít nhất 1 viên bi xanh"
⇒
B A=

⇒ P(B) = 1 – P(A) =
49 72
1
121 121
− =
Câu 3:
1) Biểu thức toạ độ của phép
u
T
r
là:
x x
y y
2
3

′

= +

′
= −


⇔
x x
y y
2
3


′

= −

′
= +


x y C( ; ) ( )∈
⇔
x y x y
2 2
4 6 12 0+ + − − =
⇔
x y x y
2 2
( 2) ( 3) 4( 2) 6( 3) 12 0
′ ′ ′ ′
− + + + − − + − =
⇔
x y
2 2
25
′ ′
+ =
⇔
x y C( ; ) ( )
′ ′ ′
∈
⇒ PT của (C′):

x y
2 2
25+ =
.
2)
• Vì hình vuông có cạnh bằng
2
nên AO = BE = 1
Gọi H là trung điểm của AB.
• Xét phép quay tâm H, góc 90
0
, ta có:
H
Q A O O B
0
( ,90 )
: ;
a a
⇒ AO → OB
• Xét phép quay tâm B, góc 45
0
, ta có:
B
Q B B O E
0
( ,45 )
: ;
a a
⇒ BO → BE
Như vậy bằng cách thực hiện tiếp hai phép dời hình là: phép

H
Q
0
( ,90 )
và
B
Q
0
( ,45 )
sẽ biến AO thành BE.
18
A B
C
D
O
E
H
Câu 4:
a) Trong mp(SAC), gọi I = SO ∩ MN
⇒ I = SO ∩ (MNB)
Vì MN là đường trung bình của ∆SAC nên I là trung điểm
của SO.
Trong mp(SBD), gọi P = BI ∩ SD ⇒ P = (MNB) ∩ SD
Vậy, thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mp(MNB) là tứ giác
MBNP.
b) Trong mp(SAD), gọi E = PM ∩ DA
⇒ E = (MNB) ∩ DA
Trong mp(SDC), gọi F = PN ∩ DC ⇒ F = (MNB) ∩ DC
c) Từ câu b) ta suy ra được: B, E, F là các điểm chung của
hai mặt phẳng (MNB) và (ABCD). Suy ra E, B, F thẳng

hàng.
Đề số 7
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014– 2015
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 của biểu thức
y x xsin2 3 cos2 1= − −
.
2) Giải các phương trình sau:
a)
x2sin 3 0+ =
b)
x x x
2 2
3
4sin sin2 cos 0
2
− − =
c)
x
x
x x
2
cos
2(1 sin )
sin cos(7 )
π
= +
+ +

Câu 2: (3 điểm)
1) Trên một kệ sách có 12 quyển sách khác nhau, gồm 4 quyển tiểu thuyết, 6 quyển truyện tranh và 2
quyển truyện cổ tích. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển từ kệ sách.
a) Tính xác suất để lấy được 3 quyển đôi một khác loại.
b) Tính xác suất để lấy được 3 quyển trong đó có đúng 2 quyển cùng một loại.
2) Tìm hệ số của số hạng chứa
x
10
trong khai triển
P x x
x
5
3
2
2
( ) 3
 
= −
 ÷
 
.
Câu 3: (1,5 điểm) Trên đường tròn (O; R) lấy điểm A cố định và điểm B di động. Gọi I là trung điểm của
AB. Tìm tập hợp các điểm K sao cho ∆OIK đều.
Câu 4: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB và SC.
1) Tìm giao tuyến của (SMN) và (SBD).
2) Tìm giao điểm I của MN và (SBD).
3) Tính tỉ số
MI
MN

.
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
19
Đề số 7
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1:
1) Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y x xsin2 3 cos2 1= − −
Ta có:
y x xsin2 3 cos2 1= − −
=
x x
1 3
2 sin2 cos2 1
2 2
 
− −
 ÷
 
=
x2sin 2 1
3
π
 
− −
 ÷
 

⇒
y3 1− ≤ ≤
(vì
x1 sin 2 1
3
π
 
− ≤ − ≤
 ÷
 
)
⇒
ymin 3= −
khi
x k
12
π
π
= − +
;
ymax 1=
khi
x k
5
12
π
π
= +
.
2) Giải phương trình:

a)
x2sin 3 0+ =
⇔
x k
x
x k
2
3
3
sin
4
2
2
3
π
π
π
π

= − +

= − ⇔


= +

b)
x x x
2 2
3

4sin sin2 cos 0
2
− − =
⇔
x x x x
2 2
4sin 3sin .cos cos 0− − =
(*)
+ Với
xcos 0
=
thì (*) ⇔
xsin 0
=
(vô lí) ⇒
xcos 0
=
không thoả (*)
+ Với
xcos 0
≠
. Chia 2 vế của (*) cho
x
2
cos
, ta được:
(*) ⇔
x x
2
4tan 3tan 1 0− − =

⇔
x
x
tan 1
1
tan
4

=

= −


⇔
x k
x k
4
1
arctan
4
π
π
π

= +


 

= − +

 ÷

 

Vậy PT có nghiệm:
x k x k
1
; arctan
4 4
π
π π
 
= + = − +
 ÷
 
c)
x
x
x x
2
cos
2(1 sin )
sin cos(7 )
π
= +
+ +
⇔
x
x
x x

2
1 sin
2(1 sin )
sin cos
−
= +
−
(*)
Điều kiện:
x x x msin cos 0
4
π
π
− ≠ ⇔ ≠ +
(1)
Với điều kiện (1) thì (*) ⇔
x x x(1 sin )(1 3sin 2cos ) 0+ − + =
⇔
x
x x
sin 1 (2)
3sin 2cos 1 (3)

= −

− =

20
• (2) ⇔
x k2

2
π
π
= − +
(thoả (1))
• (3) ⇔
x x
3 2 1
sin cos
13 13 13
− =
⇔
( )
x
1
sin
13
α
− =
(với
2 3
sin ; cos
13 13
α α
= =
)
⇔
x k
x k
1

arcsin 2
13
1
arcsin 2
13
α π
α π π

− = +



− = − +


⇔
x k
x k
1
arcsin 2
13
1
arcsin 2
13
α π
α π π

= + +




= + − +


(thoả (1))
Vậy PT có nghiệm:
x k2
2
π
π
= − +
;
x k x k
1 1
arcsin 2 ; arcsin 2
13 13
α π α π π
= + + = + − +
(với
2 3
sin ; cos
13 13
α α
= =
)
Câu 2:
1) Số cách chọn 3 quyển sách tè kệ sách:
C
3
12

= 220 ⇒
n( ) 220
Ω
=
.
a) Gọi A là biến cố "Lấy được 3 quyển sách đôi một khác loại"
Số cách chọn 3 quyển sách đôi một khác loại:
C C C
1 1 1
4 6 2
. . 48=
⇒
n A( ) 48=
.
⇒ Xác suất của biến cố A: P(A) =
48 12
220 55
=
.
b) Gọi B là biến cố "Lấy được 3 quyển sách, trong đó có đúng 2 quyển cùng loại"
+ Số cách chọn có đúng 2 quyển tiểu thuyết:
C C
2 1
4 8
. 48=
+ Số cách chọn có đúng 2 quyển truyện tranh:
C C
2 1
6 6
. 90=

+ Số cách chọn có đúng 2 quyển cổ tích:
C C
2 1
2 10
. 10=
⇒ Số cách chọn có đúng 2 quyển cùng loại: 48 + 90 + 10 = 148 ⇒
n B( ) 148=
⇒ Xác suất của biến cố B: P(B) =
148 37
220 55
=
.
2)
P x x
x
5
3
2
2
( ) 3
 
= −
 ÷
 
Số hạng tổng quát thứ k + 1 là:
k
k
k k k k k k
k
k

x
T C x C
x x
15 3
3 5 5
1 5 5
2 2
2
(3 ) ( 1) 3 .2
−
− −
+
 
= − = −
 ÷
 
Để số hạng chứa
x
10
thì
k k15 3 2 10− − =
⇔
k 1=
Vậy hệ số của số hạng chứa
x
10
là:
C
1 5 1 1 1
5

( 1) 3 .2 810
−
− = −
.
Câu 3:
+ Ta có
·
AIO v1=
⇒ Tập hợp các điểm I là đường tròn (C) nhận AO làm đường
kính.
+ Vì ∆OIK đều nên phép quay
O
Q I K
0
( ,60 )
:
a
hoặc
O
Q I K
0
( , 60 )
:
−
a
Vậy tập hợp các điểm K là hai đường tròn (C′) và (C′′) lần lượt là ảnh của (C) qua
các phép quay
O
Q
0

( ,60 )
và
O
Q
0
( , 60 )−
.
Câu 4:
a) Giao tuyến của (SMN) và (SBD)
Ta có: S ∈ (SMN) ∩ (SBD) (1)
Trong mp(ABCD), gọi E = MC ∩ BD ⇒ E ∈ (SMN) ∩ (SBD) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ (SMN) ∩ (SBD) = SE
21
O
A
B
I
K
S
A B
C
D
M
N
E
I
F
b) Giao điểm của MN và (SBD)
Trong mp(SMN), gọi I = MN ∩ SE ⇒ I = MN ∩ (SBD)
c) Xét hai tam giác BME và DCE, ta có MB // DC

⇒
EB EM BM
ED EC DC
1
2
= = =
Gọi F là trung điểm của EC ⇒ NF // SE và E là trung điểm của MF
⇒ IE là đường trung bình của ∆MNF ⇒ I là trung điểm của MN
⇒
MI
MN
1
2
=
.
===========================
Đề số 8
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1: (4 điểm)
1) a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số:
y x2sin
3
π
 
= +
 ÷
 
trên đoạn

4 2
;
3 3
π π
 
−
 
 
.
b) Từ đó suy ra đồ thị của hàm số:
y x2sin
3
π
 
= +
 ÷
 
trên đoạn
4 2
;
3 3
π π
 
−
 
 
.
2) Giải các phương trình sau:
a)
x x

2 2
sin 2 cos 3 1+ =
b)
x x x
2 2
3sin 2sin2 7cos 0+ − =
c)
x x
x
x x
2
cos2 sin2
3 cot 3
sin cos
 
+ = +
 ÷
 
Câu 2: (3 điểm)
1) Trong khai triển
n
x(1 )−
với n là số nguyên dương. Tìm n biết hệ số của số hạng chứa x là –7.
2) Trên một kệ sách có 8 quyển sách Anh và 5 quyển sách Toán. Lấy ngẫu nhiên 5 quyển. Tính xác
suất để trong 5 quyển sách lấy ra có:
a) Ít nhất 3 quyển sách Toán b) Ít nhất 1 quyển sách Anh.
Câu 3: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(3; 0), B(0; 3), C(0; –3). Gọi d là đường thẳng đi
qua 2 điểm A, B.
1) Viết phương trình đường thẳng d
′

là ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng trục Ox.
2) M là điểm di động trên đường tròn tâm O đường khính BC. Tìm quĩ tích trọng tâm G của ∆MBC.
Câu 4: (1,5 điểm) cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AD // BC và AD = 2BC. Gọi
G là trọng tâm của ∆SCD.
1) Xác định giao tuyến của các cặp mặt phẳng (SAC) và (SBD), (SAD) và (SBC), (SAB) và (SCD).
2) Xác định giao điểm H của BG với mp(SAC). Từ đó tính tỉ số
HB
HG
.
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
22
Đề số 8
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1:
1) a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số:
y x2sin
3
π
 
= +
 ÷
 
trên đoạn
4 2
;
3 3
π π

 
−
 
 
.
Đặt
u x
3
π
= +
⇒ Với
x
4 2
;
3 3
π π
 
∈ −
 
 
thì
[ ]
u ;
π π
∈ −
.
+ Hàm số
y usin=
nghịch biến trên các khoảng
; , ;

2 2
π π
π π
   
− −
 ÷  ÷
   
⇒ Hàm số
y x2sin
3
π
 
= +
 ÷
 
nghịch biến trên các khoảng
4 5 2
; , ;
3 6 6 3
π π π π
   
− −
 ÷  ÷
   
+ Hàm số
y usin=
đồng biến trên khoảng
;
2 2
π π

 
−
 ÷
 
⇒ Hàm số
y x2sin
3
π
 
= +
 ÷
 
đồng biến trên khoảng
5
;
6 6
π π
 
−
 ÷
 
Bảng biến thiên:
b) Đồ thị của hàm số
y x2sin
3
π
 
= +
 ÷
 

trên đoạn
4 2
;
3 3
π π
 
−
 
 
.
23
-π -π/2 π/2
-2
-1
1
2
x
y
2
3
π
5
6
π
−
4
3
π
−
O

3
π
−
6
π
Ta có:
x khi x
y x
x khi x
2sin 2sin 0
3 3
2sin
3
2sin 2sin 0
3 3
π π
π
π π

   
+ + ≥
 ÷  ÷

 

   
= + =
 ÷

   

 

− + + <
 ÷  ÷

   

Do đó đồ thị (C′) của hàm số
y x2sin
3
π
 
= +
 ÷
 
có thể được suy từ đồ thị (C) của hàm số
y x2sin
3
π
 
= +
 ÷
 
như sau:
+ Trên đoạn
2
;
3 3
π π
 

−
 
 
thì (C′) trùng với (C).
+ Trên đoạn
4
;
3 3
π π
 
− −
 
 
thì lấy đối xứng phần đồ thị (C) qua trục hoành.
2) Giải phương trình:
a)
x x
2 2
sin 2 cos 3 1+ =
⇔
x x1 cos4 1 cos6
1
2 2
− +
+ =
⇔
x xcos6 cos4=
⇔
x x k
x x k

6 4 2
6 4 2
π
π

= +

= − +

⇔
x k
x k
5
π
π

=

=


⇔
x k
5
π
=
b)
x x x
2 2
3sin 2sin2 7cos 0+ − =

⇔
x x x x
2 2
3sin 4sin .cos 7cos 0+ − =
(*)
+ Với
xcos 0
=
, ta thấy không thoả PT (*)
+ Với
xcos 0
≠
, chia 2 vế của PT (*) cho
x
2
cos
, ta được:
(*) ⇔
x x
2
3tan 4tan 7 0+ − =
⇔
x
x
tan 1
7
tan
3

=


= −


⇔
x k
x k
4
7
arctan
3
π
π
π

= +


 

= − +
 ÷

 

c)
x x
x
x x
2

cos2 sin2
3 cot 3
sin cos
 
+ = +
 ÷
 
(*). Điều kiện
x
x
sin 0
cos 0

≠

≠

⇔
x m
2
π
≠
(1).
Với ĐK (1) thì (*) ⇔
x x x x x
x x
x
2
2
cos cos2 .cos sin2 .sin

3 3.
sin .cos
sin
+
+ =
⇔
x x
x x
x
2
2
cos cos
3 3.
sin .cos
sin
+ =
⇔
x x
2
2sin 3sin 1 0− + =
⇔
x
x
sin 1
1
sin
2

=


=


⇔
x k loaïi
x k
x k
2 ( )
2
2
6
5
2
6
π
π
π
π
π
π

= +



= +


= +



Vậy PT có nghiệm
x k x k
5
2 ; 2
6 6
π π
π π
= + = +
.
Câu 2:
1) Khai triển
n
x(1 )−
.
Số hạng chứa x là:
n
C x nx
1 1
( )− = −
. Theo giả thiết ta suy ra được:
n n7 7− = − ⇔ =
.
2) Số cách lấy ngẫu nhiên 5 quyển sách từ 13 quyển sách là:
C
5
13
=
1287 (cách) ⇒
n( ) 1287

Ω
=
.
a) Gọi A là biến cố "Trong 5 quyển sách lấy ra có ít nhất 3 quyển sách Toán"
+ Nếu lấy 3 quyển Toán và 2 quyển Anh thì số cách lấy là:
C C
3 2
5 8
. 280=
24
+ Nếu lấy 4 quyển Toán và 1 quyển Anh thì số cách lấy là:
C C
4 8
5 8
. 40=
+ Nếu lấy 5 quyển Toán thì số cách lấy là:
C
5
5
1=
⇒
n A( ) 280 40 1 321= + + =
⇒ P(A) =
n A
n
( ) 321 107
( ) 1287 429
Ω
= =
b) Gọi B là biến cố "Trong 5 quyển sách lấy ra có ít nhất 1 quyển sách Anh"

Số cách lấy ra 5 quyển sách mà không có quyển sách Anh nào là:
C
5
5
1=
⇒ Số cách lấy ra 5 quyển sách trong đó có ít nhất 1 quyển sách Anh là: 1287 – 1 = 1286
⇒
n B( ) 1286=
⇒ P(B) =
1286
1287
.
Câu 3:
a) Xét phép đối xứng trục Ox. Gọi A′, B′ lần lượt là ảnh của A, B qua phép đối xứng trục Ox.
Vì A(3; 0), B(0; 3) nên A′(3; 0) ≡ A, B′(0; –3) ≡ C. Mặt khác A, B ∈ d ⇒ A′, B′ ∈ d′.
⇒ Phương trình đường thẳng d′:
x y
1
3 3
+ =
−
⇔
x y 3 0− − =
.
b) PT đường tròn (C) có tâm O, đường kính BC:
x y
2 2
9+ =
.
G là trọng tâm của ∆MBC ⇒

OG OM
1
3
=
uuur uuur
⇒
O
V M G
1
,
3
:
 
 ÷
 
a
Vậy quĩ tích điểm G là đường tròn (C′) ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số
k
1
3
=
.
PT đường tròn (C′) là:
x y
2 2
1+ =
.
Câu 4:
a) Giao tuyến của các cặp mặt phẳng:
• Trong (ABCD), gọi O = AC ∩ BD ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Mặt khác, S ∈ (SAC) ∩ (SBD)
Suy ra (SAC) ∩ (SBD) = SO
• Trong (ABCD), gọi E = AB ∩ CD ⇒ E ∈ (SAC) ∩ (SBD)
Mặt khác, S ∈ (SAB) ∩ (SCD)
Suy ra (SAC) ∩ (SBD) = SE
• Ta có S ∈ (SAD) ∩ (SBC). Gọi Sx = (SAD) ∩ (SBC).
Mà AD // BC nên Sx // AD // BC.
Vậy giao tuyến của 2 mp (SAD) và (SBC) là đường thẳng Sx đi qua
S và song song với AD, BC.
b) Trong (ABCD), gọi I = BM ∩ AC ⇒ I ∈ (SBM)
Trong (SBM), gọi H = BG ∩ SI ⇒ H = BG ∩ (SAC)
Gọi N là trung điểm của AD ⇒ MN // AC (MN là đường trunh cình của ∆ACD)
J là giao điểm của AC và BN ⇒ J là giao điểm của 2 đường chéo hình bình hành ABCN
25
S
A
D
B C
O
E
x