Toan 11 HK Ipdf

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ðề thi học kỳ I Môn Toán 11 (Chương trình nâng cao) Thời gian làm bài 90 phút (không kể phát ñề). NỘI DUNG ðỀ Câu I :(3ñ) Giải các phương trình sau : 1) (1ñ) 2) (1ñ) 3) (1ñ). (. ). 3 tan 2 x − 1 + 3 tan x + 1 = 0 3π   2 cos2  x − + 3 cos 2 x = 0 4   1 − cos 2 x 1 + cot 2 x = sin 2 2 x. Câu II :(2ñ) n. 1   1) (1ñ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2 + 4  , biết: Cn0 − 2Cn1 + An2 = 109 . x   2) (1ñ) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên chẵn có sáu chữ số và thoả mãn ñiều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số ñó tổng của ba chữ số ñầu lớn hơn tổng của ba chữ số cuối một ñơn vị. Câu III :(2ñ) 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 ñể : 1) (1ñ) Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán. 2) (1ñ) Trong 3 quyển sách lấy ra, chỉ có hai loại sách về hai môn học. Câu IV :(1ñ) Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 4 . Gọi f là
1 3 phép biến hình có ñược bằng cách sau: thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ v =  ;  , rồi ñến phép 2 2 4 1 vị tự tâm M  ;  , tỉ số k = 2 . Viết phương trình ảnh của ñường tròn (C) qua phép biến hình f.  3 3 2. 2. Câu V :(2ñ) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình bình hành. Gọi M và N lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB và SAD. 1) (1ñ) Chứng minh: MN // (ABCD). 2) (1ñ) Gọi E là trung ñiểm của CB. Xác ñịnh thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (MNE). ----------HẾT----------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ðÁP ÁN VÀ THANG ðIỂM Câ u. Nội dung. ðiể m. I 1. (3ñ). (. tan x = 1 ⇔ x =. tan x = 2. ). 3 tan 2 x − 1 + 3 tan x + 1 = 0 ⇔ tan x = 1 hoÆc tan x =. π 4. 1 3. 0,25. + kπ. 1 π ⇔ x = + kπ 6 3. 3π  pt ⇔ 1 + cos  2 x − 2 . 0,50. 0,25. 0,25   + 3 cos2 x = 0 ⇔ 1 − sin 2 x + 3 cos2 x = 0 ⇔ sin 2 x − 3 cos 2 x = 1  0,25. π π  ⇔ sin  2 x −  = sin 3 6 . π π π   2 x − = + k 2π x = + kπ   π π  3 6 4 ⇔ sin  2 x −  = sin ⇔  3 6  2 x − π = 5π + k 2π  x = 7π + kπ   3 6 12 3. ðK: sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ k. pt ⇔ 1 +. 0,25 0,25. π 2. cos2 x 1 − cos 2 x = ⇔ sin 2 2 x + cos 2 x sin 2 x = 1 − cos 2 x 2 sin 2 x sin 2 x ⇔ ( sin 2 x + 1)( sin 2 x + cos 2 x − 1) = 0. 0,50. sin 2 x = −1 ⇔ sin 2 x + cos 2 x = 1 sin 2 x = −1 ⇔ 2 x = −. π 2. + k 2π ⇔ x = −. π 4. + kπ (thoả ñiều kiện).  x = kπ (lo¹i) π π π  ⇔ x = + kπ (thoả ñiều sin 2 x + cos 2 x = 1 ⇔ sin  2 x +  = sin ⇔  π  x = + kπ 4 4 4   4 kiện). II 1. 0,25. 0,25. (2ñ) ðK: n ≥ 2; n ∈ ℕ ; Cn0 − 2Cn1 + An2 = 109 ⇔ 1 − 2 n + n ( n − 1) = 109 ⇔ n = 12. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 12. 12  2 1  x C12k x 2 + = ∑  4  x   k =0. 2. ( ). 12 − k. 12. x −4 k = ∑ C12k x 24−6 k. 0,25. k =0. 24 − 6k = 0 ⇔ k = 4. 0,25. Vậy số hạng không chứa x là C124 = 495. 0,25. Gọi số cần tìm là a1a2 a3 a4 a5 a6 . Theo ñề ra, ta có: a1 + a2 + a3 = a4 + a5 + a6 + 1 ⇒ 2 ( a1 + a2 + a3 ) = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + 1. 0,25. ⇒ 2 ( a1 + a2 + a3 ) = 21 + 1 ⇒ a1 + a2 + a3 = 11. +Trường hợp 1: {a1 ; a2 ; a3 } = {2;4;5} thì {a4 ; a5 ; a6 } = {1;3;6} nên có (1.2!).(3!) = 12 (số). 0,50. +Trường hợp 2: {a1 ; a2 ; a3 } = {2;3;6} thì {a4 ; a5 ; a6 } = {1;4;5} nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) +Trường hợp 1: {a1 ; a2 ; a3 } = {1;4;6} thì {a4 ; a5 ; a6 } = {2;3;5} nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) Theo quy tắc cộng, ta có: 12 + 12 + 12 = 36 (số) III 1. 0,25 (2ñ). 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”.. ( ). P A =. ( ). P ( A) = 1 − P A = 1 −. 2. 0,50. C83 14 = 3 55 C12 14 41 = 55 55. B là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có ñúng hai loại sách về hai môn học”. 0,50 0,50. Ω B = C41C52 + C42 C51 + C41C32 + C42 C31 + C52 C31 + C51C32 = 145. P(B) =. 145 29 = 3 44 C12. IV. 0,50 (1ñ). Gọi I là tâm của (C) thì I(1 ; 2) và R là bán kính của (C) thì R = 2.
1 3 3 7 Gọi A là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vectơ v =  ;  , suy ra A  ;  2 2 2 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4 1 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm M  ;  tỉ số k = 2  3 3 5  x = 2 x − x = B A M 

 3 . Vậy  5 20  nên : MB = 2 MA ⇒  B ;  14 3 3  y = 2y − y = A M  B 3. 0,25. Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 4. 0,25. 2. 2. 5  20   Vậy (C ') :  x −  +  y −  = 16 3  3  . 0,25. V. (2ñ) S. G. 0,50. N Q. M J. A. K D. P. I O. F. B E. 1. 2. C. Gọi I, J lần lượt là trung ñiểm của AB và AD, ta có: SM 2 SN = = ⇒ MN // IJ SI 3 SJ. 0,50. Mà IJ ⊂ ( ABCD ) nên suy ra MN // (ABCD).. 0,50. + Qua E vẽ ñường 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. HẾT. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ðề thi học kỳ I Môn Toán 11 (Chương trình nâng cao) Thời gian làm bài 90 phút (không kể phát ñề). NỘI DUNG ðỀ Câu I :(3ñ) Giải các phương trình sau : 1) (1ñ). sin 3 x − 3 cos3 x = 1. 2) (1ñ). 4 cos3 x + 3 2 sin 2 x = 8cos x. 3) (1ñ). ( 2 − 3 ) cos x − 2 sin  2x − π4  2. 2 cos x − 1. =1. Câu II :(2ñ) n. 1) (1ñ) Tìm hệ số của x. 31. 1  1  trong khai triển của  x + 2  , biết rằng Cnn + Cnn−1 + An2 = 821 . 2 x  . 2) (1ñ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập ñược tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có năm chữ số khác nhau và trong năm chữ số ñó có ñúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ này không ñứng cạnh nhau. Câu III :(2ñ) Có hai cái hộp chứa các quả cầu, hộp thứ nhất gồm 3 quả cầu màu trắng và 2 quả cầu màu ñỏ; 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 ñể : 1) (1ñ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng. 2) (1ñ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có ñủ cả ba màu: trắng, ñỏ và vàng. Câu IV :(1ñ) Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) : ( x − 2 ) + ( y − 1) = 9 . Gọi f là 2. 2. 4 1 phép biến hình có ñược bằng cách sau: thực hiện phép ñối xứng tâm M  ;  , rồi ñến phép vị tự  3 3 1 3 tâm N  ;  , tỉ số k = 2 . Viết phương trình ảnh của ñường tròn (C) qua phép biến hình f . 2 2. Câu V :(2ñ) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang (AD // BC, AD > BC). Gọi M là một ñiểm 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) (1ñ) Xác ñịnh thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ( α ). Thiết diện này là hình gì ? 2) (1ñ) Chứng minh SC // ( α ). ----------HẾT----------.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ðÁP ÁN VÀ THANG ðIỂM Nội dung. Câu. ðiểm. I 1. (3ñ) 0,50. 1 3 1 π π  sin 3 x − cos3 x = ⇔ sin  3 x −  = sin 2 2 2 3 6 . π π π 2π   3 x − 3 = 6 + k 2π x = 6 + k 3 ⇔ ⇔ 3 x − π = 5π + k 2π  x = 7π + k 2π   3 6 18 3 2. (. 0,25 0,25. ). pt ⇔ 4 cos3 x + 6 2 sin x cos x = 8 cos x ⇔ cos x 2 cos2 x + 3 2 sin x − 4 = 0  cos x = 0 ⇔ 2  2 sin x − 3 2 sin x + 2 = 0 (*) cos x = 0 ⇔ x =. π. 0,25. + kπ. 2. π   2 x = + k 2π  2 sin x = 4 ⇔ sin x = ⇔ (*) ⇔  2 2  x = 3π + k 2π sin x = 2 (lo¹i)  4 3. ðiều kiện: cos x ≠. 0,25. 1 π ⇔ x ≠ ± + k 2π 2 3. 0,25 0,25. 0,50. π  pt ⇔ 2 − 3 cos x − 1 + cos  x −  = 2 cos x − 1 ⇔ sin x − 3 cos x = 0 ⇔ tan x = 3 2 . (. ). tan x = 3 ⇔ x =. π 3. 0,25. + kπ. ðối chiếu ñiều kiện, ta có nghiệm của pt là: x =. 4π + kπ 3. II 1. 0,25 (2ñ). ðK: n ≥ 2; n ∈ ℕ n −1 n. C +C n n. n ( n − 1) 1 + An2 = 821 ⇔ 1 + n + = 821 ⇔ n 2 + n − 1640 = 0 ⇔ n = 40 2 2. 0,25. 40 40 1   k 40 − k −2 k k 40 −3 k  x + 2  = ∑ C40 x x = ∑ C40 x x   k =0 k =0. 0,25. 40 − 3k = 31 ⇔ k = 3. 0,25. 3 Vậy hệ số của x31 là C40 = 9880. 0,25. 40.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 3. + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có ñúng hai chữ số lẻ có: 0,25. 5C52 C42 4!− 4C52 C31 3! = 6480 (số) + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có ñúng hai chữ số lẻ ñứng cạnh nhau có:. 0,50. 5 × A52 × 3 × A42 − 4 × A52 × 2 × 3 = 3120 (số) 0,25. Suy ra có: 6480 - 3120 = 3360 (số) III 1. (2ñ) 0,25. Ω = C52 × C72 = 210. 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”. 0,50. C22 C42 1 = P A = 210 35. ( ). ( ). Suy ra: P ( A ) = 1 − P A = 1 − 2. 0,25. 1 34 = 35 35. Gọi B là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, có ñủ cả ba màu: trắng, ñỏ và vàng”.. (. ). +Trường hợp 1: 1 trắng, 1 ñỏ ở hộp một; 2 vàng ở hộp hai có C21C31 C42 (cách). (. ). +Trường hợp 2: 2 ñỏ ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có C22 C31C41 (cách). 0,75. +Trường hợp 3: 1 ñỏ, 1 trắng ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có C31C21 C41C31 (cách). (. )(. ). (. ). (. ) (. )(. ). Suy ra: Ω B = C21C31 C42 + C22 C31C41 + C31C21 C41C31 = 120 Suy ra: P ( B ) =. 120 4 = 210 7. IV. 0,25 (1ñ). Gọi I là tâm của (C) thì I(2 ; 1) và R là bán kính của (C) thì R = 3. 1 4 1 2 Gọi A là ảnh của I qua phép ñối xứng tâm M  ;  , suy ra A  ; −  3  3 3 3. 0,25. 1 3 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm N  ;  tỉ số k = 2 2 2 5  x 2 x x = − = B A N 

 13  6 . Vậy  5 nên : NB = 2 NA ⇒  B ;−  6  6  y = 2 y − y = − 13 B A N  6. 0,25. Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 6. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 2. 2. 5  13   Vậy (C ') :  x −  +  y +  = 36 6  6  . 0,25. V. (2ñ) S. N. P. 0,50. A. D Q. M B. 1. C. (α ) // SB   ⇒ (α ) ∩ ( SAB ) = MN // SB, ( N ∈ SA ) SB ⊂ ( SAB )  (α ) // AD   ⇒ (α ) ∩ ( SAD ) = NP // AD, ( P ∈ SD ) AD ⊂ ( SAD) . 0,50. (α ) // AD   ⇒ (α ) ∩ ( ABCD ) = MQ // AD, ( Q ∈ CD ) AD ⊂ ( ABCD)  Vậy thiết diện là hình thang MNPQ (MQ // NP). 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 ) (ñpcm). HẾT. 1,00.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>