đề thi toán học kì 1 lớp 11 nâng cao 02

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 :. . . . . . . . . .
1
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 2 sin 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”.
0,50
2
( )
C C
P A
2 2
2 4
1
210 35
= =
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)
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
= + + =
0,75
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
3