Đề toán 11 Chuẩn

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN KIỂM TRA HỌC KỲ I
TRƯỜNG THPT LÊ DUẨN Môn: Toán
----  ---- Thời gian: 90 phút
Đề:
A/. Đại số: (6đ)
Câu 1: (2đ) Giải các phương trình lượng giác sau:
a/.
2
3 tan x 4tan x 3 0− + =
b/.
2 2
4sin x 3 3sin 2x 2cos x 4+ + =
Câu 2: (1đ) Lớp 11T có 40 em tham gia xếp hàng chào cờ, có bao nhiêu cách xếp hàng cho Lớp gồm 4 hàng, mỗi
hàng 10 em.
Câu 3: (2 đ) Trong một hộp đựng câu hỏi của cuộc thi An toàn giao thông của trường Lê Duẩn có 7 câu hỏi dễ và
3 câu hỏi khó. Mỗi học sinh tham gia thi được chọn ngẫu nhiên cùng lúc 2 câu hỏi. Hãy xác định các yêu cầu sau:
a/. Xác định không gian mẫu và số phần tử của không gian mẫu của phép thử trên.
b/. Tính xác suất để học sinh chọn được một câu dễ và một câu khó.
c/. Tính xác suất để học sinh chọn được ít nhất một câu khó.
d/. Tính xác suất để học sinh chọn được không quá một câu khó.
Câu 4: (1đ) Cho nhị thức Newton
( )
6
12
+
x
, tìm hệ số của số hạng thứ tư.
B/. Hình học: (4đ)
Câu 1:(2đ) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): 2x + y – 3 = 0; đường tròn (C):x
2
+ y

2
– 4x – 4y – 8 = 0,
véctơ
( )
2;1
−=
v
; điểm I(2; - 2).
a/. Viết phương trình ảnh của (d ) qua phép tịnh tiến theo véc tơ
v
.
b/. Viết phương trình ảnh của (C) qua phép vị tự tâm I tỉ số k = -2.
Câu 2:(2đ) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, tâm O.
a/. Dựng thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) qua O và song song với SB, CD.
b/. Chứng minh SA//(P).
----------- Hết -----------
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN ĐÁP ÁN TOÁN 11 CHUẨN
TRƯỜNG THPT LÊ DUẨN
Câu
Nội dung Điểm
A/. Đại số:
Câu 1: Giải các phương trình lượng giác 2đ
a/.
2
3 tan x 4tan x 3 0− + =
(1)
Đk:
Zkkx
∈+≠
;

2
π
π
( )
03431
2
=+−⇔
tt
; (với t = tanx)





=
=
⇔
3
3
3
t
t
Với
3
=
t
ta có:
( )
iZkkx
x

x
∈+=⇔
=⇔
=
;
3
3
tantan
3tan
π
π
π
Với
3
3
=
t
ta có:
( )
iZkkx
x
x
2;
6
6
tantan
3
3
tan
∈+=⇔

=⇔
=
π
π
π
Từ (i) và (2i) ta có phương trình (1) có hai họ nghiệm.
(1đ)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b/.
2 2
4sin x 3 3sin 2x 2cos x 4+ + =
(1)
(1đ)
( )
( )
( )
*0cossin33cos2
cossin4cos2cossin33sin41
2
2222
=+−⇔
+=++⇔
xxx
xxxxxx
Xét
Zkkxx ∈+=⇔= ,
2

0cos
π
π
Thay
Zkkx
∈+=
,
2
π
π
vào pt ta thấy pt (*) thỏa nên
Zkkx
∈+=
,
2
π
π
là một họ
nghiệm của pt (1).(i)
Xét
0cosx
≠
, chia hai vế của (*) cho
x
2
cos
ta được:
( )
( )
iZkkx

x
x
x
2;
33
2
tan,tantan
33
2
tan
0tan332*
∈+=⇔






==⇔
=⇔
=+−⇔
πα
αα
Từ (i) và (2i) ta có phương trình (1) có hai họ nghiệm.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2: 1đ
Để xếp 10 em vào hàng đầu tiên ta có

10
40
A
cách sắp xếp.
Xếp 10 em vào hàng tiếp theo ta có
10
30
A
cách sắp xếp.
Xếp 10 em vào hàng tiếp theo ta có
10
20
A
cách sắp xếp.
Xếp 10 em vào hàng tiếp theo ta có
10
10
A
cách sắp xếp.
0,5đ
Với 4 hàng với nhau ta có
4
P
cách sắp xếp.
Theo qui tắc nhân để xếp 40 em vào 4 hàng mỗi hàng 10 em ta có số cách sắp xếp là:

10
40
A
x

10
30
A
x
10
20
A
x
10
10
A
x
4
P
= 1,96.10
49
cách sắp xếp.
0,5đ
Câu 3: 2đ
a
Không gian mẫu:
{ }
,....21,.......,22,11 kkkdkd
=Ω
Ta có số phần tử của
Ω
là
( )
==Ω
2

10
Cn
45
0,5đ
b Gọi A là biến cố để chọn được 1 câu dễ và 1 câu khó.
Việc chon 2 câu xảy ra hai hành động liên tiếp:
Hành động 1: chọn câu dễ, ta có số khả năng:
7
1
7
=
C
Hành động 2: chọn câu khó, ta có số khả năng:
3
1
3
=
C
Theo qui tắc nhân ta có số khả năng của biến cố A là:

( )
=×=
1
3
1
7
CCAn
21
Suy ra xác suất của biến cố A là :
( )

( )
( )
47,0
45
21
==
Ω
=
n
An
AP
0,5đ
c Gọi B là biến cố chọn ít nhất một câu khó
Ta có biến cố đối của B là
B
là biến cố học sinh không chọn được câu khó nào.
Ta có số khả năng học sinh không chọn câu khó nào là:
21
2
7
=
C

Nên
( )
==
2
7
CBn
21

Ta có
( )
( )
( )
47,0
45
21
==
Ω
=
n
Bn
BP
Theo công thức xác suất biến cố đối ta có
( )
( )
( )
( )
53,047,0111
=−=−=⇒=+
BPBPBPBP
Vậy ta có xác suất để chọn được ít nhất 1 câu khó là:
( )
53,0
=
BP
0,5đ
d Gọi C là biến cố học sinh chọn không quá một câu khó, ta có biến cố đối của C là
biến cố học sinh chọn 2 câu khó, kí hiệu
C

Ta có
( )
3
2
3
==
CCn
Ta có
( )
( )
( )
07,0
45
3
==
Ω
=
n
Cn
CP
Suy ra
( )
( )
93,01
=−=
CPCP
Vậy xác suất để chọn không quá một câu khó là:
0,5đ
Câu 4: Tìm hệ số của số hạng thứ tư của khai triển (2x+1)
6

: 1đ
Ta có số hạng tổng quát của khai triển là:
kknk
n
baC
−
với Nhị thức trên ta có số hạng
tổng quát của Khai triển là:
( )
kkkk
k
k
xCxC
−−
−
=
66
6
6
6
212
;
Số hạng thứ 4 trong khai triển là số hạng ứng với k = 3.
Suy ra hệ số của số hạng thứ tư là:
===
−
3
6
33
6

363
6
822 CCC
0,5đ
0,5đ
B/. Hình học
Câu 1: Cho đt d: 2x +y – 3 = 0; đ.tròn (C): x
2
+ y
2
– 4x – 4y – 8 =0 ;
( )
).2;2(;2;1
−−=
Iv
2đ
a Viết pt của d và (C) qua phép tịnh tiến theo véc tơ
.v
1đ
* Viết pt ảnh của d:
Gọi d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo véc tơ
.v
Ta có
( )
dTd
v
=
'
nên pt của d’ có dạng: 2x + y + c = 0
Lấy điểm M(0; 3) trên d ta có M’ là ảnh của M qua phép tịnh tiến theo véc tơ

v
có
0,5đ
0,5đ
tọa độ
( )
( )
5;1'
23
10
'
'
'
'
−⇒



+=
−+=
⇔





+=
+=
M
y

x
yyy
xxx
M
M
v
MM
v
MM
Ta có
'' dM
∈
nên tọa độ M’ thỏa pt của d’
( )
30512
−=⇒=++−⇒
cc
Vậy pt của d’: 2x + y -3 = 0
b * Viết pt ảnh của (C): 1đ
Ta có đường tròn (C) có tâm E(2; 2); bán kính
4822
22
=++=
R
Ta có
( )
( )
( )
( )






==−=
=
⇒=
−
−
84.22'
'
'
2;
2;
RR
EVE
CVC
I
I
Với
( )
( )
EVE
I 2;
'
−
=
Ta có toạ độ của E’:
)10;2('
)2))(2(1(2.2

2))2(1(2.2
)1(
)1(
'
'
'
'
−⇔



−−−+−=
−−+−=
⇔



−+=
−+=
E
y
x
ykkyy
xkkxx
E
E
IEE
IEE
Suy ra phương trình của (C’):
040204x

64 10)(y 2)-(x
22
22
=++−+⇔
=++
yxy
Vậy phương trình của (C’) là ảnh của (C) là :
040204x
22
=++−+
yxy
0,5đ
0,5đ
Câu 2: 2đ
a/. Dựng thiết diện của hình chóp khi cho cắt bởi mặt phẳng (P) qua O và song song với
SB, CD.
Trong mặt phẳng ABCD dựng đường thẳng qua O và song song với CD, cắt BC, AD
tại M,N.
Trong mặt phẳng SBC qua M dựng đt song song với SB cắt SC tại Q.
Trong mặt phẳng SCD qua Q dựng đt song song CD cắt SD tại P.
Trong mặt phẳng SAD nối N,P
Ta có các giao tuyến:
NPSADP
PQSCDP
MQSBCP
MNABCDP
=∩
=∩
=∩
=∩

)()(
)()(
)()(
)()(
Vậy thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) là tứ giác: MNPQ.
(1đ)
0,5đ
0,5đ
S
A
B
C
D
O
b Chứng minh SA//(P)
Ta có MN qua O và song song với CD nên M là trung điểm BC.
Ta có NQ//SB nên Q là trung điểm SC.
Xét tam giác SAC ta có OQ là đường trung bình nên OQ//SA.
)//(
//
)(
)(
PSA
OQSA
POQ
PSA
⇒






⊂
⊄
⇒
Vậy ta có SA//(P). (đpcm)
0,25đ
0,25đ
0,5đ