dedap an toan 11 hk 11112

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THAM KHẢO KIỂM TRA HỌC KỲ 1 Môn TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề. I/ PHẦN I (Bắt buộc dành cho tất cả các thí sinh) (7 điểm) Câu 1. (3.5điểm) Giải các phương trình :   2cos  3 x    1 0 4  a/ b/ 3 sin 2 x  cos 2 x 1. (1đ). 1  sin 2 x 1  tan 2 x  cos2 2 x c/    3  sin 4 x  cos 4 x  cos  x   sin  3 x    0 4  4 2  d/. (1đ) (0.75đ) (0.75đ). 18. 1  x 2  x  , viết 4 số hạng đầu tiên theo lũy thừa giảm Câu 2. (1điểm) Trong khai triển . dần của x và tìm số hạng không chứa x. Câu 3. (1.5điểm) Một hộp đựng 3 viên bi màu xanh, 4 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 bi trong hộp. Hãy tính xác suất để 3 viên bi được chọn trong các trường hợp sau : a/ 3 viên bi đều màu đỏ. b/ Có đúng 1 viên bi màu đỏ. c/ Có ít nhất 1 viên bi màu đỏ. Câu 4. (1 điểm) Một tổ có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ cần chọn ra 1 tổ trưởng, một tổ phó và 2 ủy viên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho 4 người được chọn phải có nữ. PHẦN 2 (Tự chọn) (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 đề sau : Đề 1 Câu 5 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AD đáy lớn và AD = 2BC Gọi G1 ; G2 lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB và SCD. O là giao điểm của AC và BD. a/ Tìm giao tuyến của mp(SG1G2) và (ABCD), giao điểm của đường thẳng G1G2 và mp(SAC) b/ Chứng minh : G1G2 // (ABCD) ; OG2 // (SBC) c/ Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mp(OG1G2) Đề 2 Câu 5 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB , AD và G là trọng tâm của tam giác SAD. a/ Tìm giao tuyến của các cặp mp sau : (SAC) và (SBD) ; (SAD) và (SBC). b/ Tìm giao điểm I của đường thẳng MG và mp(ABCD). Chứng minh điểm I  cạnh CD. c/ Trên AC lấy điểm E sao cho EA = 2EC. Chứng minh : EG // (SCD) d/ Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mp(AGM). ………… Hết …………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1. NỘI DUNG   1   2cos  3 x    1 0 cos  3 x    4 4 2    a/     cos  3x   cos 4 3       3 x  4  3  k 2   3x      k 2  4 3    2   x 36  k 3 (k  Z)   x  7  k 2  36 3  .     k 2  6     k 2 6 6  1  sin 2 x 1  tan 2 x  cos 2 2 x (1) c/. 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 3 1 1 sin 2 x  cos 2 x  2 2 b/ 3 sin 2 x  cos 2 x 1  2       sin  2 x   sin cos sin 2 x  sin cos 2 x sin  6  6 6 6     2x    2x    . Điểm.    x  6  k ( k  Z)   x   k  2.    cos 2 x 0  2 x   l  x   l , l  Z 2 4 2 Điều kiện : sin 2 x 1  sin 2 x 1  cos 2 x cos2 2 x  cos2 2 x  sin 2 x cos 2 x 1  sin 2 x Pt(1) .  . sin 2 x cos 2 x  sin 2 2 x  sin 2 x 0 sin 2 x (cos 2 x  sin 2 x  1) 0. .  sin 2 x 0  cos 2 x  sin 2 x  1 0  . .    x k 2       2 x      k 2 x  k x  k   2  2 4 4     2    sin  2 x    sin   2 x   3  k 2    sin  2 x  4   2  4 4 4 4        .  2 x k   cos 2 x  sin 2 x  1 . 0.25 0.25. 0.5. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>    x k 2    x   k  x k   4 2     x   k  x   k  2  4    ( k Z)    x   l ,lZ x k , k  Z 4 2 2 So điều kiện thì pt có nghiệm là. 0.25.    3  sin 4 x  cos4 x  cos  x   sin  3 x    0 4  4 2  d/ 1    3 1  2sin 2 x cos 2 x   sin  4 x    sin 2 x   0 2  2  2  1 2 1 3 sin 2 x    cos 4 x  sin 2 x   0 2 2 2  1 1 1 1  sin 2 2 x  (1  2sin 2 2 x )  sin 2 x  0 2 2 2  2 2  sin 2 x  sin 2 x  2 0 1. 2. 0.25.  sin 2 x 1  x   k , k  Z  sin 2 x  2 (voâ nghieäm) 4    18 1  x 2  x  , viết 4 số hạng đầu tiên theo lũy thừa giảm dần Trong khai triển . 0.5. của x và tìm số hạng không chứa x. + Viết 4 số hạng đầu tiên theo lũy thừa giảm dần của x : 2. 3. 18 17  1  16  1  15  1  0 1 2 3 C 18 x  C 18 x  2   C 18 x  2   C 18 x  2   ... x  x  x  hay. x18  18 x15  153 x12  816 x 9  ... k. T k 1 C 18 x k. 18  k. 0.25.  1  18  3 k k  2  C 18 x x  . + Ta có : Tk+1 = Số hạng không chứa x ứng với 18 – 3k = 0  k = 6 3. 0.25 0.25. 6 Do đó số hạng không chứa x là C 18 18564 a/. + Số phần tử của không gian mẫu là :  C 12 220 + Gọi biến cố A : “3 bi được chọn đều là màu đỏ”. 0.25. 3. 0.25. 3 Số kết quả thuận lợi cho A là :  A C 4 4. A . . 4 1  0,02 220 55. 0.25. P(A) = b/ Gọi biến cố B : “3 bi được chọn có đúng 1 bi đỏ” 1 2 Số kết quả thuận lợi cho B là : B C 4.C 8 112. 112 28   0,51  220 55. B. P(B) =. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> c/ Gọi biến cố C : “3 bi được chọn không có bi đỏ”, vậy biến cố C : “3 bi được chọn có ít nhất 1 bi đỏ” 3 Số kết quả thuận lợi cho C : C C 8 56. C.  P(C) =. . . 56 14  0, 25 220 55. 0.5. 14 41 1  0,75 55 55  P( C ) = 1 – P(C) =. 4. TH1 : Chọn 4 người trong đó có 1 tổ trưởng, 1 tổ phó và 2 ủy viên có tất cả 2 2 là : A12.C 10 5940 cách chọn.. 0.25. TH2 : Chọn 4 người toàn là nam : A .C 420 cách. 0.25. Vậy chọn 4 người phải có nữ là : A .C  A .C 5940  420 5520 cách Đề 1 :. 0.5. 2 7. 2 12. 5. 2 5. 2 10. 2 7. 2 5. a/ Trong(SAB) : SG1  AB = {M}, trong (SCD) : SG2  CD = {N} Với M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD  (SG1G2)  (ABCD) = MN. 0.5. Trong (ABCD) : MN  AC = {Q}, trong (SG1G2) : SQ  G1G2 = {K} Mà SQ  (SAC) nên : G1G2  (SAC) = {K}. 0.5. SG1 2  b/ Vì G1 là trọng tâm của tam giác SAB nên SM 3 ; SG2 2  G2 là trọng tâm của tam giác SCD nên SN 3 SG1 SG2   SM SN , áp dụng định lí Talet đảo trong tam giác SMN, ta được :. G1G2 // MN mà MN  (ABCD) nên G1G2 // (ABCD) DG2 2  Gọi H là trung điểm của SC, ta có DH 3 DO AD DO 2  2   DB 3 và BC // AD  BO BC. Vậy OG2 // BH , BH  (SBC)  OG2 // (SBC). 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> c/ Từ cmt : G1G2 // (ABCD) G1G2  (OG1G2)  (ABCD)  (OG1G2) = EF // G1G2 O  (ABCD)  (OG1G2) Với E  AB, F  CD Trong (SAB) : EG1  SD = {J}và trong (SCD) : FG2  SD = {I} Nên mp(OG1G2)  (SAB) = EJ, (OG1G2)  (SCD) = FI và (OG1G2)  (SAD) = IJ Vậy thiết diện của hỉnh chóp S.ABCD bị cắt bởi (OG1G2) là tứ giác EFIJ. 5. 0.25. 0.5 0.25. Đề 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB , AD và G là trọng tâm của tam giác SAD. a/ Tìm giao tuyến của các cặp mp sau : (SAC) và (SBD) ; (SAD) và (SBC). b/ Tìm giao điểm I của đường thẳng MG và mp(ABCD). Chứng minh điểm I thuộc cạnh CD. c/ Trên AC lấy điểm E sao cho EA = 2EC. Chứng minh : EG // (SCD) d/ Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mp(AGM).. a/ Gọi O là giao điểm của AC và BD. Giao tuyến của (SAC)  (SBD) = SO. BC // AD  S  (SAD )  ( SBC )    (SAD )  ( SBC ) Sx // AD // BC BC  ( SBC )   AD  (SAD ). b/ Trong mp(SBN) : MG  BN = {I}, mà BN  (ABCD) nên MG  (ABCD) = {I} Chứng minh I  CD : Ta có G là trọng tâm tam giác SAD nên G cũng là trọng tâm tam giác SBI , do đó  NAB =  NDI. Vậy AB // DI mà AB // CD nên I  CD. AG AE 2    EG // CK c/ Gọi K là trung điểm của SD. Ta có : AK AC 3. mà CK  (SCD) nên EG // (SCD) d/ Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi (AMG). 0.5 0.5. 0.25 0.75 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trong (SAD) : AG  SD = {K}, trong (SBD) : SO  MK = {F}, trong (SAC) : AF  SC = {H}. Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác AMHK Chú ý thí sinh có thể làm cách khác đúng vẫn chấm đủ điểm !. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>