đề thi toán học kì 1 lớp 11 nâng cao 011

Đề số 11
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1: (4 điểm)
1) Tìm tập xác định của hàm số:
y x
x
1
tan
sin
= +
.
2) Giải các phương trình sau:
a)
x xtan cot 3 0
3 6
π π
   
+ + − =
 ÷  ÷
   
. Từ đó tìm các nghiệm thuộc khoảng
(0; )
π
.
b)
x x x
2 2
5sin 4sin2 6cos 2+ + =
.

c)
x x x
3 3
cos sin cos2+ =
.
Câu 2: (3 điểm)
1) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên thoả:
a) Có 3 chữ số khác nhau.
b) Có 3 chữ số khác nhau và nhỏ hơn số 235.
2) Một túi đựng 11 viên bi chỉ khác nhau về màu, gồm 4 bi xanh và 7 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 viên
bi. Tính xác suất để:
a) Lấy được 2 viên bi cùng màu. b) Lấy được 2 viên bi khác màu.
3) Một túi đựng 11 viên bi chỉ khác nhau về màu, gồm 4 bi xanh và 7 bi đỏ. Lấy lần lượt 2 viên bi,
lấy xong viên 1 thì bỏ lại vào túi. Tính xác suất để:
a) Cả hai lần lấy cả 2 viên bi đều màu đỏ. b) Trong 2 lần lấy, có ít nhất 1 viên bi xanh.
Câu 3: (1,5 điểm)
1) Cho đường tròn (C):
x y x y
2 2
4 6 12 0+ + − − =
. Viết phương trình đường tròn (C′) là ảnh của (C)
qua phép tịnh tiến theo vectơ
u (2; 3)= −
r
.
2) Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh bằng
2
. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho
BE 1=
. Tìm

phép dời hình biến AO thành BE.
Câu 4: (1,5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, O là giao điểm của 2 đường chéo AC và
BD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SC.
1) Tìm giao điểm của SO với mp(MNB). Suy ra thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(MNB).
2) Tìm các giao điểm E, F của AD, CD với mp(MNB).
3) Chứng minh rằng E, F, B thẳng hàng.
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
Đề số 11
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011
Môn TOÁN Lớp 11
Thời gian làm bài 120 phút
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+ − + − =
⇔
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)
2
+ 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.
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.
3
A B
C
D
O
E
H