Đề thi toán 11 - sưu tầm đề kiểm tra, thi học kỳ, thi học sinh giỏi tham khảo bồi dưỡng (398)

Đề số 3
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình :
1) 2sin( 2x + 15
0
).cos( 2x + 15
0
) = 1 2) cos2x – 3cosx + 2 = 0
3)
x x x
x
2 2
sin 2sin2 5cos
0
2sin 2
− −
=
+
Bài 2 (0,75 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y x x3sin 3 4cos 3
6 6
π π
   
= + + +
 ÷  ÷
   
Bài 3 (1,5 điểm)
1) Tìm hệ số của số hạng chứa
x

31
trong khai triển biểu thức
x x
3 15
(3 )−
.
2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số khác nhau.
Bài 4 (1,5 điểm) Một hộp chứa 10 quả cầu trắng và 8 quả cầu đỏ, các quả cầu chỉ khác nhau về màu. Lấy
ngẫu nhiên 5 quả cầu.
1) Có bao nhiêu cách lấy đúng 3 quả cầu đỏ.
2) Tìm xác suất để lấy được ít nhất 3 quả cầu đỏ .
Bài 5 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai điểm A(– 2; 3) , B(1; – 4); đường thẳng d:
x y3 5 8 0− + =
; đường tròn (C ):
x y
2 2
( 4) ( 1) 4+ + − =
. Gọi B’, (C′) lần lượt là ảnh của B, (C) qua
phép đối xứng tâm O. Gọi d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ
AB
uuur
.
1) Tìm toạ độ của điểm B’, phương trình của d’ và (C′) .
2) Tìm phương trình đường tròn (C′′) ảnh của (C) qua phép vị tâm O tỉ số k = –2.
Bài 6 (2,25 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của SA, SD và P là một điểm thuộc đoạn thẳng AB sao cho AP = 2PB .
1) Chứng minh rằng MN song song với mặt phẳng (ABCD).
2) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD).
3) Tìm giao điểm Q của CD với mặt phẳng (MNP). Mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp S.ABCD theo
một thiết diện là hình gì ? .

4) Gọi K là giao điểm của PQ và BD. Chứng minh rằng ba đường thẳng NK, PM và SB đồng qui tại
một điểm.
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
Đề số 3
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài Câu Hướng dẫn Điểm
1
1
2sin( 2x + 15
0
).cos( 2x + 15
0
) = 1 ⇔ sin(4x +30
0
) = 1
⇔
x k , k Z
0 0 0
4 30 90 360+ = + ∈

x k , k Z
0 0
15 .90⇔ = + ∈

0,5
2

cos2x – 3cosx + 2 = 0
⇔ 2cos
2
x – 1 – 3cosx + 2 = 0 ⇔ 2cos
2
x – 3cosx + 1 = 0
⇔
x k
x
, k Z
x k
x
2
cos 1
1
2
cos
3
2
π
π
π


=
=


⇔ ∈


= ± +

=


1
3
x x x
x
2 2
sin 2sin2 5cos
0
2sin 2
− −
=
+
(1)
ĐK :
x m
x , m,n Z
x n
2
2
4
sin
5
2
2
4
π

π
π
π

≠ − +

≠ − ⇔ ∈


≠ +

(*)
Với điều kiện (*) ta có: (1) ⇔ sin
2
x – 4sinx.cosx – 5cos
2
x = 0
• cosx = 0 không thoả mãn phương trình (1)
• cosx ≠ 0 , chia hai vế của (1) cho
x
2
cos
ta được:
(1) ⇔ tan
2
x – 4tanx – 5 = 0 ⇔
x
x
tan 1
tan 5


= −

=

⇔
x k
x k
4
arctan5
π
π
π

= − +


= +

Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
x k , x k , k Z(2 1) arctan5
4
π
π π
= − + + = + ∈
1
2
y x x3sin(3 ) 4cos(3 )
6 6
π π

= + + +
x5sin 3
6
π
α
 
 
= + +
 ÷
 
 
 

với cosα =
3
5
và sinα =
4
5
Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng – 5 khi
xsin 3 1
6
π
α
 
 
+ + = −
 ÷
 
 

 
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 khi
xsin 3 1
6
π
α
 
 
+ + =
 ÷
 
 
 
0,75
3
1
Tìm hệ số chứa x
31
trong khai triển biểu thức ( 3x – x
3
)
15
.
Số hạng tổng quát của khai trển trên là :
k k k k k k k
T C x x C x
15 3 15 15 2
15 15
.(3 ) .( ) .( 1) .3 .
− − +

= − = −
với 0 ≤ k ≤ 15 , k ∈Z
Số hạng cần tìm chứa x
31
nên 15 + 2k = 31 ⇔ k = 8 ( thoả mãn)
Hệ số của số hạng cần tìm là :
C
8 8 7
15
.( 1) .3−
=
C
8 7
15
.3 14073345=
0,75
2
Số cần tìm có dạng
abcd
, trong đó a , b , c , d ∈
{ }
1,2,3,4,5,6,7

và đôi một khác nhau .
Vì số cần lập là số chẵn nên
{ }
d 2, 4, 6∈
Do đó chữ số d có 3 cách chọn .
0,75
2

Có
A
3
6
cách chọn ba chữ số a, b, c .
Vậy có
3
6
3.A 360=
số thoả yêu câu bài toán .
4
1 Số cách lấy đúng 3 quả cầu màu đỏ là
C C
3 2
8 10
. 2520=
0,5
2
Không gian mẫu, (của phép thử ngẫu nhiên lấy 5 quả cầu từ 18 quả cầu khác
màu ) có số phần tử là :
C
5
18
=8568
Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 3 quả cầu màu đỏ .
– Số cách lấy được đúng 3 quả cầu màu đỏ là : 2520
– Số cách lấy được 4 quả cầu đỏ là
C C
4 1
8 10

. 700=
– Số cách lấy được 5 quả cầu đều màu đỏ là :
C
5
8
56=
Xác suất của biến cố lấy được ít nhất 3 quả caàu màu đỏ là :
P A
2520 700 56
( ) 0,38
8568
+ +
= ≈
1
5
1
Ta có : B’ = (–1; 4), d’: –3x + 5y + 8 = 0
Đường tròn (C) có tâm I(–4 ; 1) và bán kính R = 2
Đường tròn (C’) có tâm I’(4 ; – 1) và R’ = 2 ⇒ (C’) : (x – 4)
2
+ (y + 1)
2
= 4
0,75
2
Gọi I’’ là tâm của đường tròn (C’’) , khi đó
OI OI'' 2= −
uuur uur
mà
OI ( 4;1)= −

uur
Suy ra
OI '' (8; 2)= −
uuur
⇒
I '' (8; 2)= −
và R’’ = 2R = 4
Vậy (C’’) : (x – 8)
2
+ (y + 2)
2
= 16
0,75
6
1
K
Q
I
P
N
M
D
A
B
C
S
MN là đường trung bình của tam giác SAD .
Vì MN nằm ngoài mặt phẳng (ABCD) và MN // AD nên MN // (ABCD).
0,75
2

Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng đi qua S và
song song với AD .
0,25
3
3/ Tìm giao điểm Q của CD với mặt phẳng (MNP). Mặt phẳng (MNP) cắt hình
chóp S.ABCD theo một thiết diện là hình gì ? .
Ba mặt phẳng (MNP), (SAD) và (ABCD) cắt nhau theo ba giao tuyến MN, PQ,
AD, đồng thời MN //AD nên ba đường thẳng PQ, MN, AD đôi một song
song .
Trong mặt phẳng (ABCD), qua điểm P kẻ đường thẳng song song với AD, cắt
CD tại Q. Điểm Q là giao điểm cần tìm.
0,75
4
Trong mặt phẳng (SAB), hai đường thẳng SB và PM không song song nên
chúng cắt nhau tại I .
Suy ra I là điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD) .
Lại có (SBD) và (MNP) cắt nhau theo giao tuyến KN nên điểm I phải thuộc
đường thẳng NK .
Vậy ba đường thẳng SB, MP, NK đồng qui tại I .
0,5
3