Đề thi toán 11 - sưu tầm đề kiểm tra, thi học kỳ, thi học sinh giỏi tham khảo bồi dưỡng (123)

Đề số 9
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011
Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1: (4 điểm)
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số
y x xsin2 3 cos2 3= − +
.
2) Xét tính chẵn, lẻ và vẽ đồ thị của hàm số
y xsin 2= −
.
3) Giải các phương trình sau:
a)
x x
x
cos2 3cos 2
0
2sin 3
+ +
=
−
b)
x x x x
2 2
sin sin cos 4cos 1 0+ − + =
c)
x x x
2
cos2 cos (2tan 1) 0+ − =
Câu 2: (3 điểm)
1) Xác định hệ số của

x
3
trong khai triển
x
6
(2 3)−
.
2) Một tổ có 9 học sinh, gồm 5 nam và 4 nữ.
a) Có bao nhiêu cách xếp 9 học sinh đó vào một dãy bàn có 9 ghế sao cho các học sinh nữ luôn
ngồi cạnh nhau.
b) Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh. Tính xác suất để:
i) Trong 2 học sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ.
ii) Một trong 2 học sinh được chọn là An hoặc Bình.
Câu 3: (1,5 điểm)
1) Cho đường tròn (C):
x y x
2 2
8 6 0+ − + =
và điểm I(–3; 2). Viết phương trình đường tròn (C′) là
ảnh của (C) qua phép vị tự tâm I tỉ số
k 2
= −
.
2) Cho tam giác đều ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Xác định tâm và góc của
phép quay biến vectơ
AM
uuur
thành vectơ
CN
uuur

.
Câu 4: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành ABCD có tâm là O. Gọi M là trung
điểm của SC.
1) Xác định giao tuyến của (ABM) và (SCD).
2) Gọi N là trung điểm của BO. Hãy xác định giao điểm I của (AMN) với SD. Chứng minh rằng
SI
ID
2
3
=
.
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
Đề số 9
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011
Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1: (4 điểm)
1) Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y x xsin2 3 cos2 3= − +
Ta có:
y x xsin2 3 cos2 3= − +
=
x x
1 3
2 sin2 cos2 3
2 2
 
− +

 ÷
 
=
x2sin 2 3
3
π
 
− +
 ÷
 
⇒
y1 5≤ ≤
(vì
x1 sin 2 1
3
π
 
− ≤ − ≤
 ÷
 
)
⇒
ymin 1=
khi
x k
12
π
π
= − +
;

ymax 5=
khi
x k
5
12
π
π
= +
.
2) Xét tính chẵn, lẻ của hàm số
y f x x( ) sin 2= = −
Tập xác định: D = R
Với
x
2
π
=
, ta có:
f sin 2 1
2 2
π π
 
= − = −
 ÷
 
,
f sin 2 3
2 2
π π
   

− = − − = −
 ÷  ÷
   
⇒
f f
2 2
π π
   
− ≠ ±
 ÷  ÷
   
⇒ hàm số đã cho không là hàm số chẵn cũng không là hàm số lẻ.
3) Giải phương trình
a)
x x
x
cos2 3cos 2
0
2sin 3
+ +
=
−
. Điều kiện:
x x
2
3 1
sin cos
2 4
≠ ⇔ ≠
(*)

Khi đó PT ⇔
x
x x x x k k Z
x loaïi
2
cos 1
2cos 3cos 1 0 cos 1 2 ,
1
cos ( )
2
π π

= −

+ + = ⇔ ⇔ = − ⇔ = + ∈
= −


b)
x x x x x x x x
2 2 2 2
sin sin cos 4cos 1 0 2sin sin cos 3cos 0+ − + = ⇔ + − =
+ Dễ thấy cosx = 0 không thỏa mãn phương trình đã cho
+ Với cosx ≠ 0, ta có:
PT ⇔
x x
2
2tan tan 3 0+ − =

x k

x
x
x k
tan 1
4
3
3
tan
arctan
2
2
π
π
π

= +

=


⇔ ⇔

 
= −


= − +
 ÷



 

c)
x x x
2
cos2 cos (2tan 1) 0+ − =
. Điều kiện cosx
≠
0 (*)
Khi đó: PT ⇔
x
x x x x x
x
2
2 3 2
(1 cos )
2cos 2 cos 1 0 2cos 3cos cos 2 0
cos
−
+ − − = ⇔ − − + =
x
x x x
x
2
cos 1
(cos 1)(2cos cos 2) 0
1 17
cos
4


=

⇔ − − − = ⇔
−

=

(thoả (*))
x k
x k
2
1 17
arccos 2
4
π
π

=

⇔
−

= ± +

. Vậy PT có nghiệm:
x k x k
1 17
2 ; arccos 2
4
π π

−
= = ± +
Câu 2:
1)
x
6
(2 3)−
Số hạng thứ k + 1 là
k k k k k k k k k
k
T C x C x
6 6 6
1 6 6
( 1) (2 ) 3 ( 1) 2 3
− − −
+
= − = −

Để số hạng chứa
x
3
thì
k k6 3 3− = ⇔ =
. Vậy hệ số của
x
3
là
C
3 3 3
6

.2 .3 4320− = −
2
2) a) Gọi 5 học sinh nam là A, B, C, D, E.
Vì 4 học sinh nữ luôn ngồi gần nhau nên ta có 4! = 24 cách sắp xếp 4 học sinh nữ.
Mặt khác ta có thể xem nhóm 4 học sinh nữ này là F.
Số cách sắp xếp A, B, C, D, E, F là 6! = 720 (cách)
Vậy có tất cả: 24×720 = 17280 (cách)
b) Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh trong 9 học sinh có
C
2
9
36=
(cách) ⇒ Không gian mẫu có
n( ) 36
Ω
=
i) Gọi A là biến cố "trong 2 học sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ".
⇒ Số cách chọn 2 học sinh trong đó có 1 nam và 1 nữ là:
n A C C
1 1
5 4
( ) . 5.4 20= = =
Vậy
n A
P A
n
( ) 20 5
( )
( ) 36 9
Ω

= = =
ii) Vẫn không gian mẫu trên nên
n( ) 36
Ω
=
Gọi B là biến cố một trong hai học sinh được chọn là An hoặc Bình.
Giả sử học sinh thứ nhất được chọn là An hoặc Bình ⇒ có 2 cách chọn học sinh thứ nhất.
Số cách chọn học sinh còn lại là:
C
1
7
7=
(cách)
⇒
n B( ) 2.7 14= =
⇒
n B
P B
n
( ) 14 7
( )
( ) 36 18
Ω
= = =
Câu 3:
1) Xét phép vị tự
I
V
( ; 2)−
.

Mỗi điểm
M x y C( ; ) ( )∈
có ảnh là
M x y C'( '; ') ( )
′
∈
x x x x
IM IM
y y
y y
2 9 2 ' 9
' 2
2 ' 6
2 6

′


= − − = − −
⇒ = − ⇔ ⇔
 
= − +
′

= − +


uuur uuur
Ta có:
M x y C( ; ) ( )∈

⇔
x y x
2 2
8 6 0+ − + =
⇔
x y x
2 2
(2 ) (2 ) 16(2 ) 24 0+ − + =
⇔
x y x
2 2
( ' 9) ( ' 6) 16( ' 9) 24 0− − + − + − − − + =

⇔
x y x y
2 2
( ') ( ') 34 ' 12 ' 285 0+ + − + =
⇔
M x y C'( '; ') ( )
′
∈
Vậy phương trình đường tròn
C x y x y
2 2
( ): 34 12 285 0
′
+ + − + =
Cách 2: Đường tròn (C):
x y x
2 2

8 6 0+ − + =
có tâm K(4; 0) và bán kính
R 10=
Gọi
K x y'( ; )
và R′ là tâm và bán kính của đường tròn ảnh (C′).
⇒
I
K V I
( ; 2)
( )
−
′
=
và
R R2 2 10
′
= =
.
Ta có:
x x
K
y y
3 2( 4 3) 17
( 17;6)
2 2(0 2) 6
 
+ = − + = −
′
⇔ ⇔ −

 
− = − − =
 
Vậy phương trình của (C′) là
x y
2 2
( 17) ( 6) 40+ + − =
.
2)
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC.
Ta có: OA = OC,
OA OC
0
( , ) 120= −
(hoặc
OA OC
0
( , ) 120=
)
và OM = ON,
OM ON
0
( , ) 120= −
(hoặc
OM ON
0
( , ) 120=
)
Do đó: phép quay
O

Q A C M N
0
( , 120 )
: ;
−
a a
hay
AM CN→
uuur uuur
.
(hoặc phép quay
O
Q A C M N
0
( ,120 )
: ;
a a
hay
AM CN→
uuur uuur
).
Câu 4:
3
A
B
C
O
M N
0
120

1) Giao tuyến của (ABM) và (SCD).
Ta có: M ∈ (ABM) ∩ (SCD). Giả sử
ABM SCD Mx( ) ( )∩ =
.
Vì (ABM) // CD nên Mx // CD. Trong (SCD), gọi Q = Mx ∩ SD. Suy ra MQ // CD ⇒ Q là trung
điểm của SD.
Vậy:
ABM SCD MQ( ) ( )∩ =
với Q là trung điểm của SD.
2) Giao điểm của (AMN) với SD.
Trong (SAC), gọi K = AM ∩ SO ⇒ K ∈ (AMN) và K là trọng tâm của ∆SAC.
Trong (SBD), gọi I = NK ∩ SD ⇒ I = (AMN) ∩ SD.
Trong ∆SBD, dựng OP//NI
DI DN
DI PI
PI ON
3 3⇒ = = ⇒ =
(1)
Trong ∆SOP, ta có
SI SK
SI PI
PI OK
2 2= = ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra
SI
DI
2
3
=

(đpcm).
============================
4