10 Đề thi HKI Toán 11 (Có đáp án)

Đề thi học kỳ I
Môn Toán 11 (Chương trình nâng cao)
Thời gian làm bài 90 phút (không kể phát đề)
(Đề gồm có 01 trang)
NỘI DUNG ĐỀ
Câu I :(3đ) Giải các phương trình sau :
1) (1đ)
( )
2
3 tan 1 3 tan 1 0x x− + + =
2) (1đ)
2
3
2 cos 3 cos2 0
4
x x
π
 
− + =
 ÷
 

3) (1đ)
2
1 cos2
1 cot 2
sin 2
x
x
x
−

+ =
Câu II :(2đ)
1) (1đ) Tìm số hạng không chứa
x
trong khai triển của
2
4
1
n
x
x
 
+
 ÷
 
, biết:
0 1 2
2 109
n n n
C C A− + =
.
2) (1đ) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có sáu chữ số và
thoả mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu lớn
hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị.
Câu III :(2đ) Trên một giá sách có các quyển sách về ba môn học là toán, vật lý và hoá học, gồm 4
quyển sách toán, 5 quyển sách vật lý và 3 quyển sách hoá học. Lấy ngẫu nhiên ra 3 quyển sách.
Tính xác suất để :
1) (1đ) Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán.
2) (1đ) Trong 3 quyển sách lấy ra, chỉ có hai loại sách về hai môn học.
Câu IV :(1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn

( ) ( )
2 2
( ) : 1 2 4C x y− + − =
. Gọi f là phép
biến hình có được bằng cách sau: thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ
1 3
;
2 2
v
 
=
 ÷
 
r
, rồi đến phép vị tự
tâm
4 1
;
3 3
M
 
 ÷
 
, tỉ số
2k
=
. Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f.
Câu V :(2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M và N lần lượt là trọng
tâm của tam giác SAB và SAD.
1) (1đ) Chứng minh: MN // (ABCD).

2) (1đ) Gọi E là trung điểm của CB. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt
phẳng (MNE).
----------HẾT----------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câ
u
Nội dung Điể
m
I (3đ)
1
( )
2
1
3 tan 1 3 tan 1 0 tan 1 hoÆc tan
3
x x x x− + + = ⇔ = =
0,50
tan 1
4
x x k
π
π
= ⇔ = +
0,25
1
tan
6
3
x x k
π

π
= ⇔ = +
0,25
2
3
pt 1 cos 2 3 cos2 0 1 sin 2 3 cos2 0 sin 2 3 cos2 1
2
x x x x x x
π
 
⇔ + − + = ⇔ − + = ⇔ − =
 ÷
 
0,25

sin 2 sin
3 6
x
π π
 
⇔ − =
 ÷
 
0,25
2 2
3 6 4
sin 2 sin
3 6
5 7
2 2

3 6 12
x k x k
x
x k x k
π π π
π π
π π
π π π
π π
 
− = + = +
 
 
− = ⇔ ⇔
 
 ÷
 
 
− = + = +
 
 
0,25
0,25
3
ĐK:
sin 2 0
2
x x k
π
≠ ⇔ ≠

( ) ( )
2
2
cos2 1 cos2
pt 1 sin 2 cos2 sin 2 1 cos2
sin 2
sin 2
sin 2 1 sin 2 cos2 1 0
sin 2 1

sin 2 cos2 1
x x
x x x x
x
x
x x x
x
x x
−
⇔ + = ⇔ + = −
⇔ + + − =
= −

⇔

+ =

0,50
sin 2 1 2 2
2 4

x x k x k
π π
π π
= − ⇔ = − + ⇔ = − +
(thoả điều kiện)
0,25
(lo¹i)
sin 2 cos 2 1 sin 2 sin
4 4 4
4
x k
x x x x k
x k
π
π π π
π
π
π
=

 

+ = ⇔ + = ⇔ ⇔ = +
 ÷

= +
 

(thoả điều
kiện)

0,25
II (2đ)
1
ĐK:
2;n n≥ ∈ ¥
;
( )
0 1 2
2 109 1 2 1 109 12
n n n
C C A n n n n
− + = ⇔ − + − = ⇔ =
0,25
( )
12
12 12
12
2 2 4 24 6
12 12
4
0 0
1
k
k k k k
k k
x C x x C x
x
−
− −
= =

 
+ = =
 ÷
 
∑ ∑
0,25
24 6 0 4k k
− = ⇔ =
0,25
Vậy số hạng không chứa x là
4
12
495C =
0,25
2
Gọi số cần tìm là
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
.
Theo đề ra, ta có:

( )
( )
1 2 3 4 5 6 1 2 3 1 2 3 4 5 6
1 2 3 1 2 3
1 2 1
2 21 1 11
a a a a a a a a a a a a a a a
a a a a a a
+ + = + + + ⇒ + + = + + + + + +

⇒ + + = + ⇒ + + =
0,25
+Trường hợp 1:
{ } { }
1 2 3
; ; 2;4;5a a a =
thì
{ } { }
4 5 6
; ; 1;3;6a a a =
nên có (1.2!).(3!) = 12
(số)
+Trường hợp 2:
{ } { }
1 2 3
; ; 2;3;6a a a =
thì
{ } { }
4 5 6
; ; 1;4;5a a a =
nên có (1.2!).(3!) = 12
(số)
+Trường hợp 1:
{ } { }
1 2 3
; ; 1;4;6a a a =
thì
{ } { }
4 5 6
; ; 2;3;5a a a =

nên có (1.2!).(3!) = 12
(số)
0,50
Theo quy tắc cộng, ta có: 12 + 12 + 12 = 36 (số) 0,25
III (2đ)
1 A là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán”.
A
là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, không có quyển sách toán nào”.
( )
3
8
3
12
14
A
55
C
P
C
= =
0,50
( )
( )
14 41
1 1
55 55
P A P A
= − = − =
0,50
2 B là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có đúng hai loại sách về hai môn học”

1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2
4 5 4 5 4 3 4 3 5 3 5 3
145
B
C C C C C C C C C C C C
Ω = + + + + + =
0,50
( )
3
12
145 29
44
P B
C
= =
0,50
IV (1đ)
Gọi I là tâm của (C) thì I(1 ; 2) và R là bán kính của (C) thì R = 2.
Gọi A là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vectơ
1 3
;
2 2
v
 
=
 ÷
 
r
, suy ra
3 7

;
2 2
A
 
 ÷
 
0,25
Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm
4 1
;
3 3
M
 
 ÷
 
tỉ số
2k
=

nên :
5
2
3
2
14
2
3
B A M
B A M
x x x

MB MA
y y y

= − =


= ⇒


= − =


uuur uuur
. Vậy
5 20
;
3 3
B
 
 ÷
 
0,25
Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 4 0,25
Vậy
2 2
5 20
( ') : 16
3 3
C x y
   

− + − =
 ÷  ÷
   
0,25
V (2đ)
0,50
1 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD, ta có:
2
//
3
SM SN
MN IJ
SI SJ
= = ⇒
0,50
Mà
( )IJ ABCD
⊂
nên suy ra MN // (ABCD).
0,50
2 + Qua E vẽ đường thẳng song song với BD cắt CD tại F, cắt AD tại K.
+ KN cắt SD tại Q, KN cắt SA tại G; GM cắt SB tại P.
Suy ra ngũ giác EFQGP là thiết diện cần dựng.
0,50
HẾT
Đề thi học kỳ I
Môn Toán 11 (Chương trình nâng cao)
Thời gian làm bài 90 phút (không kể phát đề)
(Đề gồm có 01 trang)
NỘI DUNG ĐỀ

Câu I :(3đ) Giải các phương trình sau :
1) (1đ)
sin3 3 cos3 1x x− =
2) (1đ)
3
4 cos 3 2 sin 2 8cosx x x+ =
3) (1đ)
( )
2
2 3 cos 2 sin
2 4
1
2 cos 1
x
x
x
π
 
− − −
 ÷
 
=
−
Câu II :(2đ)
1) (1đ) Tìm hệ số của
x
31
trong khai triển của
2
1

n
x
x
 
+
 ÷
 
, biết rằng
1 2
1
821
2
n n
n n n
C C A
−
+ + =
.
2) (1đ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có
năm chữ số khác nhau và trong năm chữ số đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ này không đứng
cạnh nhau.
Câu III :(2đ) Có hai cái hộp chứa các quả cầu, hộp thứ nhất gồm 3 quả cầu màu trắng và 2 quả cầu
màu đỏ; hộp thứ hai gồm 3 quả cầu màu trắng và 4 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 2
quả cầu. Tính xác suất để :
1) (1đ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng.
2) (1đ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có đủ cả ba màu: trắng, đỏ và vàng.
Câu IV :(1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn
( ) ( )
2 2
( ) : 2 1 9C x y− + − =

. Gọi f là phép
biến hình có được bằng cách sau: thực hiện phép đối xứng tâm
4 1
;
3 3
M
 
 ÷
 
, rồi đến phép vị tự tâm
1 3
;
2 2
N
 
 ÷
 
, tỉ số
2k
=
. Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f .
Câu V :(2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AD // BC, AD > BC). Gọi M là một
điểm bất kỳ trên cạnh AB ( M khác A và M khác B). Gọi (
α
) là mặt phẳng qua M và song song với SB
và AD.
1) (1đ) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (
α
). Thiết diện này là hình gì ?
2) (1đ) Chứng minh SC // (

α
).
----------HẾT----------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
I (3đ)
1
1 3 1
sin 3 cos3 sin 3 sin
2 2 2 3 6
x x x
π π
 
− = ⇔ − =
 ÷
 
0,50

2
3 2
3 6 6 3
5 7 2
3 2
3 6 18 3
x k x k
x k x k
π π π π
π
π π π π
π

 
− = + = +
 
⇔ ⇔
 
 
− = + = +
 
 
0,25
0,25
2
( )
3 2
2
pt 4 cos 6 2 sin cos 8cos cos 2 cos 3 2 sin 4 0
cos 0

2sin 3 2 sin 2 0 (*)
x x x x x x x
x
x x
⇔ + = ⇔ + − =
=

⇔

− + =

0,25

cos 0
2
x x k
π
π
= ⇔ = +
0,25
2
2
sin
2
4
(*) sin
2
2
3
2
sin 2 (lo¹i)
4
x k
x
x
x k
x
π
π
π
π



= +

=

⇔ ⇔ = ⇔



= +
=



0,25
0,25
3
Điều kiện:
1
cos 2
2 3
x x k
π
π
≠ ⇔ ≠ ± +
( )
2 3 cos 1 cos 2 cos 1 sin 3 cos 0 tan 3
2
pt x x x x x x
π
 

⇔ − − + − = − ⇔ − = ⇔ =
 ÷
 
0,50
tan 3
3
x x k
π
π
= ⇔ = +
0,25
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của pt là:
4
3
x k
π
π
= +
0,25
II (2đ)
1 ĐK:
2;n n≥ ∈ ¥
( )
1 2 2
1
1
821 1 821 1640 0 40
2 2
n n
n n n

n n
C C A n n n n
−
−
+ + = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ =
0,25
40
40 40
40 2 40 3
40 40
2
0 0
1
k k k k k
k k
x C x x C x
x
− − −
= =
 
+ = =
 ÷
 
∑ ∑
0,25
40 3 31 3k k
− = ⇔ =
0,25
Vậy hệ số của x
31

là
3
40
9880C
=
0,25
3 + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ có:

2 2 2 1
5 4 5 3
5 4! 4 3! 6480C C C C− =
(số)
0,25
+ Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ đứng cạnh
nhau có:
2 2 2
5 4 5
5 3 4 2 3 3120A A A× × × − × × × =
(số)
0,50
Suy ra có: 6480 - 3120 = 3360 (số) 0,25
III (2đ)
1
2 2
5 7
210C C
Ω = × =
0,25
Gọi A là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng”.

A
là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, không có quả cầu màu trắng”.
( )
2 2
2 4
1
A
210 35
C C
P = =
0,50
Suy ra:
( )
( )
1 34
1 1
35 35
P A P A
= − = − =
0,25
2 Gọi B là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, có đủ cả ba màu: trắng, đỏ và vàng”.
+Trường hợp 1: 1 trắng, 1 đỏ ở hộp một; 2 vàng ở hộp hai có
( )
1 1 2
2 3 4
C C C
(cách)
+Trường hợp 2: 2 đỏ ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có
( )
2 1 1

2 3 4
C C C
(cách)
+Trường hợp 3: 1 đỏ, 1 trắng ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có
( ) ( )
1 1 1 1
3 2 4 3
C C C C
(cách)
Suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2 1 1 1 1 1 1
2 3 4 2 3 4 3 2 4 3
120
B
C C C C C C C C C C
Ω = + + =
0,75
Suy ra:
( )
120 4
210 7
P B
= =
0,25
IV (1đ)
Gọi I là tâm của (C) thì I(2 ; 1) và R là bán kính của (C) thì R = 3.
Gọi A là ảnh của I qua phép đối xứng tâm
4 1
;

3 3
M
 
 ÷
 
, suy ra
2 1
;
3 3
A
 
−
 ÷
 
0,25
Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm
1 3
;
2 2
N
 
 ÷
 
tỉ số
2k
=

nên :
5
2

6
2
13
2
6
B A N
B A N
x x x
NB NA
y y y

= − =


= ⇒


= − = −


uuur uuur
. Vậy
5 13
;
6 6
B
 
−
 ÷
 

0,25
Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 6 0,25
Vậy
2 2
5 13
( ') : 36
6 6
C x y
   
− + + =
 ÷  ÷
   
0,25
V (2đ)
0,50
1
( )
( ) //
( ) ( ) // ,
( )
SB
SAB MN SB N SA
SB SAB
α
α

⇒ ∩ = ∈

⊂


( )
( ) //
( ) ( ) // ,
( )
AD
SAD NP AD P SD
AD SAD
α
α

⇒ ∩ = ∈

⊂

( )
( ) //
( ) ( ) // ,
( )
AD
ABCD MQ AD Q CD
AD ABCD
α
α

⇒ ∩ = ∈

⊂

Vậy thiết diện là hình thang MNPQ (MQ // NP).
0,50

2
Ta có:
; ; //
DP AN AN AM AM DQ DP DQ
SC PQ
DS AS AS AB AB DC DS DC
= = = ⇒ = ⇒
Mà
( )
PQ
α
⊂
nên suy ra
( )
//SC
α
(đpcm).
1,00
HẾT
Họ và tên:…………………………
KIỂM TRA HỌC KÌ I
Lớp: 11… Môn: Toán
Mã đề: 115 Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
I. Phần trắc nghiệm: ( mỗi câu đúng 0,5 đ)
C©u 1 :
Xác suất của biến cố “ hai mặt giống nhau” khi gieo một con súc sắc hai lần:
A.
6
1
. B.

3
2
.
C.
8
7
. D.
4
3
.
C©u 2 :
Số nghiệm của phương trình sinx=cosx trên đoạn [-2
π
;2
π
] là :
A.
2. B. 6.
C.
4. D. 8.
C©u 3 :
Nghiệm lớn nhất của phương trình
3
tanx-3=0 trên khoảng (0;
π
) là:
A.
3
π
. B.

6
π
.
C.
4
π
. D.
2
π
.
C©u 4 :
Hệ số của hạng tử không chứa x trong khai triển ( x
2
+
x
1
)
6

là:
A.
4. B. 15.
C.
2. D. 8.
C©u 5 :
Phương trình sin
2
x-3=2sinx có:
A.
Vô nghiệm. B. Vô số nghiệm.

C.
1nghiệm. D. 2 nghiệm.
C©u 6 :
Ảnh của đường tròn (C): ( x-4)
2
+ (y+1)
2
= 9 qua phép tịnh tiến T
v
với
v
=(1;-1)
là:
A.
(C’): ( x-4)
2
+ (y-1)
2
= 9.
B.
(C’): ( x+4)
2
+ (y-1)
2
= 9.
C.
(C’): ( x-3)
2
+ y
2

= 9.
D.
(C’): ( x-5)
2
+ (y+2)
2
= 9.
C©u 7 :
Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn:
A.
y=sin
2
x + sinx -1.
B.
y=cos
2
x - sinx+2.
C.
y=sinx + cosx-4.
D.
y=sin
2
x

-cosx- 1.
C©u 8 :
Cho đường thẳng (d):x-y+3=0 , (d’) là ảnh của (d) qua phép đối xứng trục ox . khi
đó:
A.
(d’):x+y+3=0. B. (d’):x-y+3=0.

C.
(d’):x+y-3=0. D. (d’):x-y-3=0.
C©u 9 :
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng:
A. Hai đường thẳng phân biệt nằm trong hai mặt khác nhau thì chéo nhau
B. Hai đường thẳng không cùng nằm trong mặt phẳng thì chéo nhau.
C. Hai đường thẳng phân biệt không song song với nhau thì chéo nhau.
D. Hai đường thẳng cùng nằm trong mặt phẳng thì chéo nhau.
C©u 10 :
Số vectơ
≠
0
có điểm đầu và điểm cuối từ 2 trong 8 điểm phân biệt không có ba
điểm thẳng hàng là:
A.
30. B. 15.
C.
56. D. 28.
II.Phần tự luận:( 5 điểm)
Câu 1: Giải các phương trình: (1,25 đ)
a) 2sinx -
3
=0.
b) 3sinx + 4cosx = 5.
Câu 2: (1,25 đ)
a) Tính số các số có 3 chữ số khác nhau tạo nên từ các chữ số 0,1,2,3,4,5.
b) Tìm hệ số của hạng tử chứa
3
x
trong khai triển

4
3
2
3
2






+
x
x
.
Câu 3: (2,5 đ) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang không hình bình hành ( AB //
CD ) . H , K lần lượt là hai điểm thuộc hai cạnh SC , SB .
a) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng: (SAB) và (SCD) , (SAD) và (SBC).
b) Tìm giao điểm P của AH và mặt phẳng (SBD) và giao điểm Q của DK và mặt phẳng (SAC) .
Chứng minh S,P,Q thẳng hàng

ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ
MÔN: TOÁN
I. TRẮC NGHIỆM
M· ®Ò : 111 M· ®Ò : 112 M· ®Ò : 113
01 01 01
02 02 02
03 03 03
04 04 04
05 05 05

06 06 06
07 07 07
08 08 08