Đề thi học kì 1 toán 11 (2)

SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH
Câu 1 (3 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau:
a)
cos 2 5sin 2 0
x x
+ + =
.
b)
sin (2sin 3)
cos
2cos 1
x x
x
x
+
=
−
.
c)
2
1 3sin (tan 1) sin (sin cos )
x x x x x
+ − = + .
Câu 2 (1 điểm). Từ tập hợp
{
}
0;1;2;3;4;5; 6

A = , có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số
khác nhau và lớn hơn 3000.
Câu 3 (2 điểm). Một hộp có chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho:
a) 4 quả cầu chọn được không cùng màu.
b) 4 quả cầu chọn được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 4 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường thẳng
: 2 0
d x y
+ =
và đường tròn
2 2
( ) : 2 4 20 0.
C x y x y
+ − + − =
Tìm trên đường thẳng
d
điểm M và trên đường tròn
( )
C
điểm N sao cho N là
ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ
(3; 1).
v
= −


Câu 5 (2 điểm). Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC và G là điểm trên đoạn

thẳng DN sao cho 4
DN NG
=
. Trên đoạn thẳng BG lấy điểm I (I khác với B và G).
a) Dựng thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (IMN), thiết diện là hình gì?
b) Xác định vị trí điểm I trên đoạn thẳng BG để thiết diện là hình bình hành. Khi đó hãy tính tỉ số
BI
BG
.
B. PHẦN RIÊNG (Học sinh chỉ được làm một trong hai phần)
Câu 6a (1 điểm) (Theo chương trình chuẩn).
Cho dãy số
( )
n
u
biết
1 1
2; 3

n n
u u u n
+
= − = +
với
1.
n
≥

Lập công thức số hạng tổng quát
n

u
của dãy số trên.
Câu 6b (1 điểm) (Theo chương trình nâng cao).
Tìm hệ số của số hạng chứa
9
x
trong khai triển
2
1
2
n
x
x
 
−
 
 
biết rằng :
3 2 2
1
8 3( 1).
n n
A n C
−
− = +

HẾT

SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC 2010 - 2011

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1a)
2 2
cos 2 5sin 2 0 1 2sin 5sin 2 0 2sin 5sin 3 0
sin 3
1
sin
2
2
6
( ).
7
2
6

(lo¹i)


x x x x x x
x
x
x k
k
x k
π
π
π
π

+ + = ⇔ − + + = ⇔ − − =
=


⇔
−

=


= − +

⇔ ∈


= +


»

0,25 đ

0,25đ

0,5 đ
1b)
Điều kiện:
1
cos 2 ( ).
2 3

x x k k
π
π
≠ ⇔ ≠ ± + ∈
»

Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2 2
2sin 3 sin 2cos cos cos 3 sin 2 cos 2
1 3
cos sin cos 2 cos cos 2
2 2 3
2 2 2
3 3
2
2 2
3 9 3
(lo¹i)
(tháa ®iÒu kiÖn).
x x x x x x x
x x x x x
x x k x k
x x k x k
π
π π
π π
π π π
π
+ = − ⇔ + =
 

⇔ + = ⇔ − =
 
 
 
= − + = − +
 
⇔ ⇔
 
 
= − + + = +
 
 

Vậy phương trình có nghiệm là
2
,( ).
9 3
x k k
π π
= + ∈
Z

0,25 đ


0,25đ


0,25đ

0,25đ
1c)
Điều kiện:
( ).
2
x k k
π
π
≠ + ∈
Z
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
sin sin cos
3sin 1 1 sin sin cos 0 3sin cos (cos sin ) 0
cos cos
3sin (sin cos ) cos (sin cos ) 0 (3sin cos )(sin cos ) 0
ta
sin cos 0 tan 1
3sin cos 0 3tan 1
x x x
x x x x x x x x
x x
x x x x x x x x x x
x x x
x x x
−
   

− + − − = ⇔ + − =
   
   
⇔ − − − = ⇔ − − =
− = =
 
⇔ ⇔ ⇔
 
− = =
 
n 1
1
tan
3
4
( ).
6
x
x
x k
k
x k
π
π
π
π
=




= ±



= +

⇔ ∈


= ± +


Z



0,25đ
0,25đ

0,25đ


0,25đ
Câu 2
Gọi
abcd
là số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau và lớn hơn 3000 được lập từ A, khi
đó
{3;4;5;6}
a

∈
và
{0;2;4;6}
d
∈
. Có 2 trường hợp:



• Nếu
{3;5}
a
∈
: Có 2 cách chọn a, 4 cách chọn d và
2
5
A
cách chọn
bc
. Do đó trường
hợp này có
2
5
2.4. 160
A = số.
• Nếu
{4;6}
a
∈
: Có 2 cách chọn a, 3 cách chọn d và

2
5
A
cách chọn
bc
. Do đó trường
hợp này có
2
5
2.3. 120
A = số.
Tóm lại có 160+120=280 số thỏa yêu cầu.

0,5đ

0,25đ

0,25đ
Câu 3
Số phần tử của không gian mẫu là
4
16
1820
CΩ = = .
0,25đ
3a)
Gọi A là biến cố “4 quả chọn được không cùng màu”. Khi đó
A
là biến cố “4 quả lấy
được có cùng màu”.

Ta có:
4 4 4
4 5 7
41.
A
C C CΩ = + + =
Do đó xác suất của biến cố
A
là:
41
( )
1820
A
P A
Ω
= =
Ω
.
Vậy xác suất của biến cố A là
41 1779
( ) 1 ( ) 1 0,98.
1820 1820
P A P A= − = − = ≈

0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

3b)
Gọi B là biến cố “4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá 2 quả cầu
màu vàng”. Khi đó
1 3 1 1 2 1 2 1
4 5 4 7 5 4 7 5
. . . . . 740.
B
C C C C C C C CΩ = + + =
Xác suất của biến cố B là
740 37
( ) 0,41.
1820 91
B
P B
Ω
= = = ≈
Ω



0,5đ

0,25đ
Câu 4
Gọi ( ; 2 )
M x x d
− ∈
. Vì
( )
v

N T M
=

nên tọa độ của N là
( 3; 2 1).
N x x
+ − −

2 2
2
( ) ( 3) ( 2 1) 2( 3) 4( 2 1) 20 0
5 20 2.
N C x x x x
x x
∈ ⇔ + + − − − + + − − − =
⇔ = ⇔ = ±

Với
2
x
=
ta có
(2; 4)
M
−
và
(5; 5).
N
−

Với
2
x
= −
ta có
( 2;4)
M
−
và
(1;3).
N
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
5a
Vẽ hình thiết diện đúng: 0,25đ

P

Q
G
N

M

B

A

C

D

I

Gọi Q là giao điểm của NI và BD.
Ta có
( ) ( )
Q MNI BCD
∈ ∩
,
( ), ( )
MN MNI BC BCD
⊂ ⊂
và
//
MN BC
nên giao
tuyến của (MNI) và (BCD) là đường thẳng d đi
qua Q song song với BC, cắt CD tại P.
Khi đó tứ giác MNPQ là thiết diện của hình
chóp cắt bởi (IMN).
Vì MN//PQ nên thiết diện là hình thang.

0,25đ


0,25đ

0,25đ
0,25đ

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

5b

Q

H

P

I

G

N

M

D

C

A

B

Thiết diện MNPQ là hình bình hành khi
2
BC
MN PQ= = . Do đó, gọi Q là trung điểm BD
và I là giao điểm của BG và NQ. Khi đó với
điểm I xác định như vậy thì thiết diện thu được
khi cắt tứ diện ABCD bởi mặt phẳng (MNI) là
hình bình hành.
Trong (BDN), kẻ GH//NQ
( )
H BD
∈
. Ta có:
1
4 .
4
HQ HQ NG
QB HQ
QD QB ND
= = = ⇒ =
4 4
.
4 5
BI BQ BQ QH
BG BH BQ QH QH QH
= = = =
+ +

0,25đ








0,25đ

0,25đ
6a)
Ta có
1
3
n n
u u n
+
− =
với mọi
1
n
≥
, do đó:
2 1
3 2
4 3

1
3
6
9

3( 1)
n n
u u
u u
u u
u u n
−
− =
− =
− =
− = −

Suy ra
1 1
3 6 9 3( 1)
n n
u u n S
−
− = + + + + − = trong đó
1
n
S
−
là tổng của
1

n
−
số hạng liên tiếp
của cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3 và công sai d=3. Do đó
2
1
( 2)( 1).3 3( )
3 6 9 3( 1) ( 1).3 .
2 2
n
n n n n
S n n
−
− − −
= + + + + − = − + =
Vậy
2 2
1 1
3 3 3 3 4
2 .
2 2
n n
n n n n
u u S
−
− − −
= + = − + =

0,25đ




0,25đ


0,25đ


0,25đ
6b)
Điều kiện: 3,
n n N
≥ ∈
.
3 2 2 2
1
2 3 2 2 2
3 2 2
! ( 1)!
8 3( 1) 8 3. 3
( 3)! 2!( 3)!
3( 2)( 1)
( 2)( 1) 8 3 2( 3 2 ) 16 3 9 12
2
2 25 13 12 0 ( 12)(2 1) 0
12.
n n

n n
A n C n
n n
n n
n n n n n n n n n n
n n n n n n
n
−
−
− = + ⇔ − = +
− −
− −
⇔ − − − = + ⇔ − + − = − +
⇔ − + − = ⇔ − − + =
⇔ =

Khi đó
2 2
12
1 1
2 2 .
n
x x
x x
   
− = −
   
   
Số hạng tổng quát
12

2
2
1 12 12
12
1
.( 2 ) .( 2) .
k
k
k k k k
k
k
x
T C x C
x x
−
+
−
 
= − = −
 
 

1
k
T
+
chứa
9
x
khi

2 (12 ) 9 3 21 7.
k k k k
− − = ⇔ = ⇔ =

Vậy số hệ số của số hạng chứa
9
x
là:
7 7
12
.( 2) 101376.
C − = −

0,25đ




0,25đ






0,25đ

0,25đ

Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách tương ứng.