Đề thi học kì 1 toán 11 (3)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2011 - 2012
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (3 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau:
a)
2
4sin 4cos 1 0.
x x
+ − =
.
b)
( )
(2cos 1)(cos 1)
3 2cos 1
sin
x x
x
x
+ −
= −
.
c)
(
)
tan sin 2 cos 2 tan 6
x x x x
− = +
.
Câu 2 (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số trong đó chữ số 9 xuất hiện 3 lần, các chữ số còn lại

có mặt một lần.
Câu 3 (2 điểm).
a) Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học có 15 nam và 20 nữ để tham gia đồng diễn. Tính
xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.
b) Một đồng xu do chế tạo không cân đối nên xác suất xuất hiện mặt ngửa chỉ bằng 80% xác suất xuất
hiện mặt sấp. Tính xác suất để khi gieo 4 lần độc lập thì được ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa.
Câu 4 (1 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
3
2
1
3
n
x
x
 
−
 
 
biết rằng:
(
)
2
2
2 4 5 . 3 .
n
n n n
P n P A
−
−
− + =

Câu 5 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn
2 2
( ) : 2 10 0.
C x y x y
+ − + − =
Tìm trên
đường tròn
( )
C
các điểm
,
M N
sao cho N là ảnh của M qua phép vị tự tâm O tỷ số
2
k
= −
(với O là gốc
tọa độ).
Câu 6 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang và
// .
AD BC
Gọi E, F lần lượt là
trung điểm của AB, CD; H, K lần lượt là trung điểm của SE và SF; G là trọng tâm của tam giác ABD. Trên
đoạn SG lấy điểm I sao cho
3 .
SI IG
=

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (HIK). Thiết diện là hình gì?
b) Biết rằng
SA BC a
= =
và
2 .
SD AD a
= =
Hãy tính theo a chu vi của thiết diện vừa tìm được.



HẾT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC 2011 - 2012

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1a)
2 2 2
4sin 4cos 1 0 4 4cos 4cos 1 0 4cos 4cos 3 0
3
cos
2
1
cos
2
2
2

3
( ) .
2
2
3
x x x x x x
x
x
x k
k
x k
π
π
π
π
+ − = ⇔ − + − = ⇔ − − =

=

⇔

−

=



= +

⇔ ∈



= − +


»

(lo¹i)



0,25 đ

0,25đ



0,5 đ
1b)
Điều kiện: sin 0 ( ).x x k k
π
≠ ⇔ ≠ ∈ »


Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2
2cos cos 1 3(2 cos 1)sin cos 2 cos 3(sin 2 sin )
3 sin cos 3 sin 2 cos 2
3 1 3 1
sin cos sin 2 cos 2 sin sin 2

2 2 2 2 6 6
2
2 2
6 6
4 2
2 2
9 3
6 6
x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x
x k
x x k
x k
x x k
π π
π π
π
π
π π
π π
π π
− − = − ⇔ − = −
⇔ − = −
   
⇔ − = − ⇔ − = −
   
   

= −

− = − +

⇔ ⇔

= +

− = − + +


(lo¹i)
(t




háa ®iÒu kiÖn).

Vậy phương trình có nghiệm là
4 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
3 3 2 3 2
tan 2sin cos cos sin . tan 6
tan (1 tan ) 2 tan 1 tan . tan 6
tan tan tan 6 tan tan 6 2 tan 6 tan 2 tan 6 0
tan 1
( ).
4
tan 3
arctan( 3)
x x x x x x
x x x x x

x x x x x x x x
x
x k
k
x
x k
π
π
π
− = − +
⇔ + − = − +
⇔ − = − − + + ⇔ + − − =

= ±
= ± +


⇔ ⇔ ∈


= −

= − +


Z



0,25đ

0,25đ


0,25đ

0,25đ
Câu 2
Có 2 trường hợp:
• Chữ số ở hàng đầu tiên (hàng trăm ngàn) bằng 9:
Xếp 2 chữ số 9 vào 5 vị trí: có
2
5
C cách. Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số (khác với 9) và
sắp chúng vào 3 vị trí còn lại: có
3
9
A cách. Do đó trường hợp này có
2 3
5 9
. 5040C A = số.
• Chữ số ở hàng đầu tiên (hàng trăm ngàn) khác 9:
Chọn chữ số cho hàng đầu tiên: có 8 cách. Xếp 3 chữ số 9 vào 5 vị trí: có
3
5
C cách.
Chọn 2 chữ số trong 8 chữ số (khác với chữ số đã chọn ở hàng đầu tiên và khác 9) và



0,25đ

0,5đ

www.VNMATH.com
sắp thứ tự chúng vào 2 vị trí còn lại: có
2
8
A cách.
Vậy trường hợp này có
3 2
5 8
8. . 4480C A = số
Tóm lại có 5040+4480=9520 số thỏa yêu cầu.


0,25đ
3a)
Số phần tử của không gian mẫu là
5
35
| | 324632.CΩ = =
Gọi A là biến cố “5 học sinh chọn được có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số
học sinh nam”. Khi đó có các trường hợp xảy ra là: 1 nữ và 4 nam; 2 nữ và 3 nam.
Số kết quả thuận lợi cho A là
1 4 2 3
20 15 20 15
| | . . 113750.
A
C C C CΩ = + =

Vậy xác suất của biến cố A là:
| | 113750
( ) 0,35.
| | 324632
A
P A
Ω
= = ≈
Ω

0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ
3b)
Gọi x là xác suất xuất hiện mặt sấp của đồng xu khi gieo. Khi đó xác suất xuất hiện mặt
ngửa là
0,8x . Ta có
1 5
0,8 1 .
1,8 9
x x x+ = ⇔ = =
Gọi A là biến cố “gieo đồng xu 4 lần độc lập thì được ít nhất một lần xuất hiện mặt
ngửa”. Lúc đó
A là biến cố “gieo đồng xu 4 lần độc lập thì được không xuất hiện mặt
ngửa lần nào”. Ta có
1 2 3 4
A A A A A= , trong đó

i
A là biến cố lần gieo thứ ( {1, 2,3, 4}) i i ∈
xuất hiện mặt sấp.
Vì
1 2 3 4
, , ,A A A A độc lập với nhau nên
4
1 2 3 4
5
( ) ( ). ( ). ( ). ( ) .
9
P A P A P A P A P A
 
= =
 
 

Vậy
4
5
( ) 1 ( ) 1 0,905.
9
P A P A
 
= − = − ≈
 
 


0,25đ

0,25đ



0,25đ


0,25đ
Câu 4
Điều kiện: 2,≥ ∈n n N .
2
2
2
!
2 (4 5) 3 2. ! (4 5).( 2)! 3.
2!
3 ( 1)
2 ( 1) (4 5) 9 10 0
2
10
.
1
n
n n n
n
P n P A n n n
n n
n n n n n
n

n
−
−
− + = ⇔ − + − =
−
⇔ − − + = ⇔ − − =
=

⇔

= −

(lo¹i)

Khi đó
3 3
2 2
10
1 1
3 3 .
n
x x
x x
   
− = −
   
   
Số hạng tổng quát
( )
30 3

10
3 10
1 10 10
2 2
1
3 . .3 ( 1) .
k
k
k
k k k k
k
k
x
T C x C
x x
−
−
−
+
−
 
= = −
 
 

1k
T
+
không chứa x khi 30 3 2 0 5 30 6.k k k k− − = ⇔ = ⇔ =
Vậy số hạng không chứa x của khai triển là:

6 4 6
10
.3 .( 1) 17010.C − =

0,25đ




0,25đ



0,25đ


0,25đ
Câu 5
Gọi ( ; ) ( )
M x y C
∈ . Khi đó
2 2
2 10 0 (1).x y x y+ − + − =


Ta có:
( , 2)
2
( ) 2 ( 2 ; 2 ).
2

N
O
N
x x
N V M ON OM N x y
y y
−
= −

= ⇔ = − ⇔ ⇒ − −

= −

 

2 2
2 2
( ) ( 2 ) ( 2 ) 2( 2 ) ( 2 ) 10 0
4 4 4 2 10 0 (2).
N C x y x y
x y x y
∈ ⇔ − + − − − + − − =
⇔ + + − − =

Từ (1) và (2) ta có hệ
0,25đ



0,25đ

www.VNMATH.com

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 10 0 4 4 8 4 40 0
4 4 4 2 10 0 4 4 4 2 10 0
12 6 30 0 2 5
2 10 0 (2 5) 2 2 5 10 0
2 5
2
.
1
5 20 20 0

x y x y x y x y
x y x y x y x y
x y y x
x y x y x x x x
y x
x
y
x x
 
+ − + − = + − + − =
 

⇔
 
+ + − − = + + − − =
 
 
− + = = +
 
⇔ ⇔
 
+ − + − = + + − + + − =
 
= +
= −


⇔ ⇔
 
=
+ + =



Vậy ( 2;1)M − và (4; 2).N −


0,25đ

0,25đ
6a

L

Q

M

P

N
J

I
K

H

E

F
G
A

D
B

S

C


Trong (SED) gọi .J HI ED= ∩ Khi đó
( ) ( )J HIK ABCD∈ ∩ .
Ta có ( ), ( )EF ABCD HK HIK⊂ ⊂ mà
//EF HK nên giao tuyến của (HIK) và
(ABCD) là đường thẳng qua J song song
với EF, cắt AB tại M, cắt CD tại N.
Trong (SCD), gọi .P NK SC= ∩ Lúc đó
( ) ( ).P HIK SBC∈ ∩ Vì
( ), ( )HK HIK BC SBC⊂ ⊂ và //BC HK
nên giao tuyến của (HIK) và (SBC) là
đường thẳng qua P song song với BC, cắt
SB tại Q.
Khi đó tứ giác MNPQ là thiết diện cần
tìm. Vì
//
MN PQ
(do cùng song song với
BC) nên thiết diện là hình thang.


0,25đ



0,25đ

0,25đ



0,25đ
6b
+ Gọi L là trung điểm HE, ta có 3 // 2 .
SL SI
LI EJ EJ LI
LE IG
= = ⇒ ⇒ =
Mặt khác,
3 3
.
4 4
LI SI
LI EG
EG SG
= = ⇒ =
Do đó
3 3 3 1 1
2. .
4 2 2 3 2
EJ EG EG ED ED= = = = do đó J là trung điểm ED.
Suy ra M, N lần lượt là trung điểm của AE, DF.
+ Vậy
//
MQ SA

và do đó
3 3 3
.
4 4 4
MQ MB a
MQ SA
SA AB
= = ⇒ = =
Tương tự
3 6
.
4 4
a
NP SD= =
+ Ta cũng có
1 1
.
4 4 4
PQ SQ AM a
PQ BC
BC SB AB
= = = ⇒ = =
3 6 7
2
.
2 2 4 4 4
AD BC
AD
EF AD BC AD a a a
MN

+
+
+ + +
= = = = =
+ Vậy chu vi của thiết diện MNPQ là

7 6 3 17
.
4 4 4 4 4
a a a a a
MN NP PQ QM+ + + = + + + =




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.
www.VNMATH.com