1 SỐ ĐỀ KIỂM TRA TOÁN LỚP 11 CÓ ĐÁP ÁN

Thời gian: 45 phút (không kể chép đề)
Cho hình chóp SABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA = a 6 , ∆ABC là tam giác đều cạnh 2a .
a. Chứng minh rằng ∆SAB và ∆SAC là các tam giác vuông.
b. Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng BC ⊥ ( SAM ) .

(

)

· ; SC .
c. Gọi N là trung điểm của AB . Tính tan MN

)

(

·
d. Tính cos SB; ( ABC ) .
e. Trên SB, SC lần lượt lấy các điểm K và L sao cho

I = KL ∩ SM . Chứng minh rằng AI ⊥ ( SBC ) .

SK 2 SL 2
= ,
= . Gọi
SB 3 SC 3

ĐÁP ÁN
a.(2 đ) vì SA ⊥ ( ABC ) (0,5)
nên
SA ⊥ AB (0,5) và SA ⊥ AC

(0,5),
do đó các tam giác ∆SAB và
∆SAC vuông tại A(0,5).
b. (2 đ) ∆ABC đều và có AM là
đường trung tuyến(0,5) nên
BC ⊥ AM (0,5)(1). Theo giả
thiết SA ⊥ ( ABC ) (0,25) nên
SA ⊥ BC (0,5) (2). Từ (!) và (2)
suy ra BC ⊥ ( SAM ) (0,25)
c. (2 đ) Dễ thấy rằng MN là
đường trung của ∆ABC nên
MN P AC (0,5) , do đó

s

L

jI
C

A
K

· ; SC
( MN
)
·
= ( ·AC ; SC ) (0,5) = SCA

M

N

(0,25)
Trong tam giác vuông SAC có

·
tan SCA
=

SA a 6
6
=
=
SC
2a
2

B

(0,5),

(

)

· ; SC =
vậy tan MN
d.(2

đ)

Dễ

thấy

6
(0,25)
2

rằng

AB

là

hình

chiếu

· ; ( ABC ) = SB
· (0,25) .
) ( · ; AB ) (0,25) = SBA
( SB

của

SB

trên

(ABC)(0,5),

∆SAB vuông tại A nên SB 2 = SA2 + AB 2 = 10a 2 ⇒ SB = a 10 .(0,5)

do

đó


)

(

AB
10
· ; ( ABC ) = 10 (0,25)
(0,25)vậy cos SB
=
SB
2
2
SK SL
=
e.(2 đ) Từ giả thiết ta có
, suy ra KL PBC (0,25), mà BC ⊥ ( SAM ) , do đó
SB SC
KL ⊥ ( SAM ) , vậy KL ⊥ AI (),25)(3).
·
Ta có cos SBA

=

(

Trong ∆SAM : SM = SA + AM = a 6
2

Vì KL PBC nên

2

2

) (
2

+ a 3

)

2

= 9a 2 , suy ra SM = 3a (0,25)

SI
SK 2
2
=
= , suy ra SI = SM = 2a (0,25)
SM SB 3

3

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác SAI:

SA
AI 2 = SA2 + SI 2 − 2SA.SI .cos ·ASI (0,25) = SA2 + SI 2 − 2SA.SI .
= 2a 2 (0,25)
SM
2
2
2
2
2
2
Ta có SI + AI = 4a + 2a = 6a = SA , do đó ∆SAI vuông tại I hay AI ⊥ SI (0,25)(4).
Từ (3) và (4) suy ra AI ⊥ ( SBC ) (0,25)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
Môn : Toán Khối 11
Thời gian : 90 phút ( không kể thời gian phát đề )

Câu 1 : (3đ) Giải các phương trình sau :
π

a) 2 cos  x − ÷+ 1 = 0
2

x
x
b) sin − 3 cos = − 3

2
2
5
c) 4 cos x sin x + cos 2 4 x − 2sin 4 x sin 2 x + 1 = 0
Câu 2 : (2đ)

a) Cho khai triển ( 2 x 4 − 3) thành đa thức . Tìm số hạng không chứa x
13

b) Một hộp có chín thẻ được đánh số từ 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9. Rút ngẫu nhiên hai thẻ,
sau đó nhân hai số ghi trên hai thẻ đó với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là
số lẻ
Câu 3 : (2đ)
a) Cho cấp số cộng có u1 = 5; d = − 1 . Tính S12
2
u − u 3 = 8
b) Cho cấp số cộng thỏa  7
. Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng đó
u
u
=
75
 2 7
Câu 4 : (3đ) Cho hình chóp S.ABC .Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SC.
1) Chứng minh rằng : MN song song (ABC)
2) Trong ( ABC ) dựng điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
a) Tìm giao tuyến của (MND) và (ABC)
b) Tìm giao điểm của MN và (SBD)

………………………….Hết………………………………

ĐÁP ÁN
Câu Ý
1
a

Nội dung

Điểm
3.0
1.0

π
1

PT ⇔ cos  x − ÷ = −
2
2


0.25

π
2π

⇔ cos  x − ÷ = cos
2
3


0.25


π  2π
 x − 2 ÷ = 3 + k 2π


⇔

π
2π
+ k 2π
 x − ÷ = −
2
3

7π

 x = 6 + k 2π
⇔
 x = − π + k 2π

6

0.25

0.25

Câu Ý

b

Nội dung
7π

 x = 6 + k 2π
;( k ∈ Ζ)

Vậy nghiệm của phương trình là : 
π
x = − + k 2π

6

Điểm

1.0


Câu Ý

Nội dung
PT ⇔ sin

⇔

x
x

− 3 cos = − 3
2
2

1
x
3
x
3
sin −
cos = −
2
2 2
2
2

⇔ cos

Điểm

π
x
π
x
3
sin − sin cos = −
3
2
3
2

2

0.25

0.25

3
x π
⇔ sin  − ÷ = −
2
2 3
x π
 π
⇔ sin  − ÷ = sin  − ÷
2 3
 3

0.25

π
x π
 2 − 3 = − 3 + k 2π
⇔
 x − π = π + π + k 2π
 2 3
3
 x = k 4π
⇔
 x = 10π + k 4π
3



0.25

 x = k 4π

; ( k ∈ Ζ)
10π
Vậy nghiệm của phương trình là :  x =
+ k 4π
3

c

1.0


Câu Ý

Nội dung
4 cos x sin x + cos 4 x − 2sin x sin 2 x + 1 = 0
5

2

Điểm

4

⇔ 4 cos5 x sin x − 4sin 5 x cos x + cos 2 4 x + 1 = 0

⇔ 4sin x cos x ( cos 4 x − sin 4 x ) + cos 2 4 x + 1 = 0

0.25

⇔ 2sin 2 x cos 2 x − sin 2 4 x + 2 = 0
⇔ sin 2 4 x − sin 4 x − 2 = 0

0.25

sin 4 x = −1
⇔
sin 4 x = 2; ( VN )

0.25

⇔ 4x = −

π
π kπ
+ k 2π ⇔ x = − +
;
2
8 2

0.25

Vậy nghiệm của phương trình là : x = −

π kπ

+
;( k ∈ Ζ)
8 2

2

2.0
1.0

a
a) Ta có
Tk +1 = Cnk ( 2 x
= C13k ( 2 x 4 )

) ( −3)

4 n −k

13− k

( −3)

0.25
k

k

= C13k 213− k ( −3) x52−4 k
k

Tk +1 không chứa x

⇔ 52 − 4k = 0
⇔ k = 13

Vậy số hạng không chứa x là :

b

0.25

0.25

T14 = C1313 ( −3)
= ( −3 )

13

0.25

13

Ta có : số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C = 36
2
9

1.0
0.25

Gọi A là biến cố : “Tích của hai số ghi trên thẻ là số lẻ “

0.25
⇒ A = { ( 1;3) , ( 1;5 ) , ( 1; 7 ) , ( 1;9 ) , ( 3;5 ) , ( 3; 7 ) , ( 3;9 ) , ( 5; 7 ) , ( 5;9 ) , ( 7;9 ) }
Nên số phần tử của biến cố A là : n ( A ) = 10

0.25


Câu Ý

Nội dung
Điểm
2
( hoặc ghi số phần tử của biến cố A là : n ( A) = C5 = 10 thì chấm trọn 0.5đ )
Vậy xác suất của A là : P ( A ) =

n ( A ) 10 5
=
=
n ( Ω ) 36 18

0.25

3

2.0
1.0

a
Ta có :
un = u1 + ( n − 1) d

0.25

u12 = u1 + 11d
1
 1
= 5 + 11 − ÷ = −
2
 2
Sn =

n
12
( u1 + un ) ⇒ S12 = ( u1 + u12 )
2
2

1

= 6  5 − ÷ = 27
2

( hoặc tính S12 =

0.25

0.25

0.25
12


1 
( 2u1 + 11d ) = 6  2.5 + 11 − ÷÷ = 27 thì chấm
2
 2 


trọn 1đ)
b

1.0


Câu Ý

Nội dung
u7 − u3 = 8
u1 + 6d − u1 − 2d = 8
⇔

u2u7 = 75
( u1 + d ) ( u1 + 6d ) = 75

Điểm
0.25

 4d = 8
⇔ 2
2
u1 + 7u1d + 6d − 75 = 0

0.25

d = 2
⇔ 2
u1 + 14u1 − 51 = 0

0.25

d = 2

⇔  u1 = 3
 u = −17
 1

0.25

2
2
( Nếu chỉ tính được d = 2 mà sai từ phương trình : u1 + 7u1d + 6d − 75 = 0
thì chấm câu b này 0.5đ )
Vậy có hai CSC : u1 = 3 ,d = 2 và u1 = -17 , d = 2

3.0
S
N
M
4

L

C

B

A

0.5
d

K
O
D

Vẽ được hình chóp S.ABC cho0.25đ, vẽ đúng hết hình cho thêm 0.25đ
1

0.75
Ta có : MN là đường trung bình của tam giác SAC
Suy ra MN // AC

0.25

0.25


Câu Ý

Mà AC ⊂ (ABC)

Nội dung

Điểm

Vậy MN // (ABC)

2a

Dễ thấy : D ∈ ( MND ) ∩ ( ABC )
 AC / / MN

Mà  AC ⊂ ( ABC )

 MN ⊂ ( MND )

0.25

0.75
(1) 0.25

(2)

0.25

Từ (1),(2) ⇒ ( MND ) ∩ ( ABC ) = d ; ( d qua D và d // AC0.25
)
2b

Trong ( ABCD) ,gọi O = AC ∩ DB
Dễ thấy

1.0
0.25

SO = ( SAC ) ∩ ( SDB )

Trong ( SAC ), Gọi L = MN ∩ SO
 L ∈ MN

ra : 

 L ∈ SO ⊂ ( SBD )
Vậy L là giao điểm của MN và (SBD)

0.25
0.25
Suy

0.25
GVBM : Lê Thanh Hải


Cho hình chóp S.ABCD. Gọi E = AD ∩ BC .
a. Tìm giao tuyến của (SAD) và (SBC).
b. Trên đoạn SE lấy điểm M bất kỳ. Tìm giao điểm K của SB và (MDC).
c. Tìm giao điểm L của SA với (MDC).
d. Tìm giao tuyến của (MDC) với (SAB).
e. Trên đoạn CD lấy điểm N bất kỳ. Gọi O = EN ∩ BD và P = SO ∩ DK . Chứng
minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng.
S

M
L

D

P
K
A
E

O

N

B

C

a.(2 đ) Dễ thấy S ∈ ( SAD ) ∩ ( SBC ) (1) (0,5)

 E ∈ AD ⊂ ( SAD )
(0,5) ⇒ E ∈ ( SAD ) ∩ ( SBC ) (2)(0,5)
E
∈
BC
⊂
SBC
(
)


Theo giả thiết E = AD ∩ BC ⇒ 

Từ (1) và (2) suy ra ⇒ SE = ( SAD ) ∩ ( SBC ) (0,5)

K ∈ SB
(1,0)
 K ∈ MC ⊂ ( MDC )


b. .(2 đ) Trong (SEC) gọi K = SB ∩ MC (0,5) ⇒ 

⇒ K = SB ∩ ( MDC ) (0,5)

L ∈ SA
(1,0)
 L ∈ MD ⊂ ( MDC )


c. .(2 đ) Trong (SED) gọi L = SA ∩ MD (0,5) ⇒ 

⇒ L = SA ∩ ( MDC ) (0,5)

 K ∈ SB ⊂ ( SAB )
(0,25)
K
∈
MC
⊂
MDC

(
)


d. .(2 đ) Ta có K = SB ∩ MC (0,25) ⇒ 

⇒ K ∈ ( MDC ) ∩ ( SAB ) (3)(0,25)


 L ∈ SA ⊂ ( SAB )
(0,25) ⇒ L ∈ ( MDC ) ∩ ( SAB )
L
∈
MD
⊂
MDC
(
)


Tương tự L = SA ∩ MD (0,25) ⇒ 

(4)(0,25)
Từ (3) và (4) suy ra KL = ( MDC ) ∩ ( SAB ) .(0,5)

 M ∈ SE ⊂ ( SEN )
(0,25) ⇒ M ∈ ( SEN ) ∩ ( MDC ) (5)(0,25)
M
∈
MDC

(
)


e. .(2 đ) Ta có 

 N ∈ DC ⊂ ( MDC )
(0,25) ⇒ N ∈ ( SEN ) ∩ ( MDC ) (6)(0,25)
N
∈
SEN
(
)


Tương tự 

 P ∈ SO ⊂ ( SEN )
(0,5) ⇒ P ∈ ( SEN ) ∩ ( MDC ) (7)(0,25)
P
∈
DK
⊂
MDC
(
)


Theo gt P = SO ∩ DK ⇒ 

Từ (5), (6) và (7) suy ra ba điểm M. N. P thẳng hàng.(0,25)

(

Bài 1(2 đ). Cho khai triển x 2 + 2

)

15

thành đa thức. Tìm số hạng chứa x12 .

Bài 2 (3 đ). Cho tập hợp A = { 1;2;3;4;5;6;7;8;9} . Từ các phần tử của A có thể lập ra được bao
nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau đôi một và tận cùng là một chữ số chia hết cho 3.
Bài 3 (3 đ). Một tủ đựng 6 quyển sách toán, 7 quyển sách văn và 8 quyển sách anh văn (các
quyển sách đôi một khác nhau).
a. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 6 quyển sách bất kỳ từ tủ?
b. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 6 quyển sách từ tủ sao cho có đủ ba loại và số lượng mỗi
loại bằng nhau?
Bài 4 (2 đ). Lớp 11A1 có bốn tổ, tổ I có 5 nam và 4 nữ, tổ II có 5 nam và 5 nữ, tổ III có 4 nam và
6 nữ, tổ IV có 3 nam và 6 nữ. Ở mỗi tổ, ta lấy ngẫu nhiên ra 1 học sinh. Tính xác suất để 4 học
sinh lấy ra có cùng giới tính.
ĐÁP ÁN

( )

Bài 1(2 đ) Số hạng tổng quát Tk +1 = C15k x 2

15− k

2k (0,5) = C15k 2k x 30−2 k (0,5). Tk +1 chứa x12 khi

30 − 2k = 12 (0,5) ⇔ k = 9 (0,25). Vậy số hạng chứa x12 là T10 = C159 29 x12 (0,25).
Bài 2 (3 đ) số tự nhiên cần tìm có dạng abcd (0,25).
3
Chọn d ∈ { 3;6;9} thì có 3 cách chọn(1,0). Tiếp theo chọn abc ∈ A \ { d } thì có A8 cách(1,5).
3

Vậy có cả thảy 3.A8 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu của bài toán(0,25).
Bài 3 (2 đ)
6
a.(1 đ) Có C21 cách.
b(2 đ) 6 quyển lấy ra đủ ba loại và số lượng mỗi loại bằng nhau nên mỗi loại phải lấy 2
quyển.
2
Lấy 2 quyển sách toán từ 6 quyển sách toán thì có C6 cách (0,5), tiếp theo lấy 2 quyển sách
2

văn từ 7 quyển sách văn thì có C7 cách (0,5), sau đó lấy 2 quyển sách anh văn từ 8 quyển sách
2

2

2

2

anh văn thì có C8 cách (0,5), vậy có tất cả C6 C7 C8 cách lấy 6 quyển sách thỏa mãn yêu cầu
của đề bài (0,5).
Bài 4 (2 đ)

Mỗi phần tử của không gian mẫu là một bộ gồm 4 học sinh được lấy ngẫu nhiên ra từ bốn tổ,
1 1
1
1
mỗi tổ 1 học sinh (0,25). Vậy n ( Ω ) = C9C10C10C9 = 8100 (0,5)


Gọi A là biến cố: “4 học sinh lấy ra có cùng giới tính”(0,25). Ta tìm n ( A ) như sau:
Trường hợp 1: cả 4 học sinh lấy ra là nam.
1 1 1 1
Dễ thấy trong trường hợp này có C5C5C4C3 = 300 cách lấy 4 học sinh toàn nam
(0,25).
Trường hợp 1: cả 4 học sinh lấy ra là nữ.
1 1 1 1
Dễ thấy có C4C5C6C6 = 720 cách.(0,25)
Suy ra n ( A ) = 300 + 720 = 1020 (0,25). Vậy P ( A ) =

n ( A ) 17
=
(0,25)
n ( Ω ) 135

Giải các phương trình sau đây:
a. 3tan x − 3 = 0 (2 đ)
b. sin x − 3 cos x = 3 (2 đ)
c. 2cos 2 2 x + 7cos 2 x + 3 = 0 (2 đ)
d. cos3 x + 2sin 2 x − 1 = 0 (2 đ)
e. sin 2 x + 3cos x + cot x = 3sin x + cot x.cos x + 3 (2 đ)
ĐÁP ÁN

1
π
π
(0,5) ⇔ tan x = tan (0,5) ⇔ x = + kπ ( k ∈ ¢ ) (1,0)
3
6
6
1
3
3 (0,5) ⇔ sin  x − π  = sin π (0,5)
b. sin x − 3 cos x = 3 ⇔ sin x −
cos x =

÷
3
3

2
2
2
π π

2π
x
−
= + k 2π


x=
+ k 2π

3 3

⇔
(0,5) ⇔
( k ∈ ¢ ) (0,5)
3

π
π
 x − = π − + k 2π
 x = π + k 2π

3
3
1

cos
2
x
=
−
2π
2
2 (0,5) ⇔ cos 2 x = cos
c. 2cos 2 x + 7cos 2 x + 3 = 0 ⇔ 
(0,5)

3
cos 2 x = −3 ( VN )
2π

π


2
x
=
+
k
2
π
x
=
+ kπ


3
3
⇔
(0,5) ⇔ 
( k ∈ ¢ ) (0,5)
 2 x = − 2π + k 2π
 x = − π + kπ


3
3
2
d. cos3 x + 2sin 2 x − 1 = 0 ⇔ cos3 x − ( 1 − 2sin x ) = 0 ⇔ cos3 x − cos 2 x = 0 (0,5)
a. 3tan x − 3 = 0 ⇔ tan x =

 x = k 2π
 3 x = 2 x + k 2π
(0,5) ⇔ 
⇔ cos3x = cos 2 x (0,5) ⇔ 
k 2π ( k ∈ ¢ ) (0,5)
x =
3
x
=
−
2
x
+
k
2
π

5

e. Điều kiện sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ (0,25)
cos x
cos 2 x
PT đã cho tương đương với 2sin x cos x + 3cos x +
= 3sin x +
+3
sin x
sin x
⇔ 2sin 2 x cos x + 3sin x cos x + cos x = 3sin 2 x + cos 2 x + 3sin x (0,25)

⇔ 2sin 2 x cos x − 3sin 2 x + 3sin x cos x − 3sin x + cos x − cos 2 x = 0
⇔ sin 2 x ( 2cos x − 3) − 3sin x ( 1 − cos x ) + cos x ( 1 − cos x ) = 0 (0,25)
⇔ ( 1 − cos x ) ( 1 + cos x ) ( 2cos x − 3) − 3sin x ( 1 − cos x ) + cos x ( 1 − cos x ) = 0 (0,25)
⇔ ( 1 − cos x ) ( 1 + cos x ) ( 2cos x − 3) − 3sin x + cos x  = 0 (0,25)
⇔ ( 1 − cos x ) ( 2cos 2 x − 3sin x − 3) = 0

⇔ ( 1 − cos x ) ( −2sin 2 x − 3sin x − 1) = 0 (0,25)

π


 x = − 2 + k 2π
 cos x = 1(l )

1
−
cos
x
=
0


π
⇔
⇔  sin x = −1( n ) (0,25) ⇔  x = − + k 2π ( k ∈ ¢ ) (0,25)
2

6
 2sin x + 3sin x + 1 = 0


1

7π
sin x = − ( n )
x =
+ k 2π

2
6
