đề thi toán học kì 1 lớp 11 nâng cao 01

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 :. . . . . . . . . .

1
s 1
P N THI HC Kè 1 Nm hc
Mụn TON Lp 11 Nõng cao
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
2

III (2đ)
1 A là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán”.
A
là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, không có quyển sách toán nào”.
C
P A
C
3
8
3
12
14
( )
55
= =
0,50
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
3