Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

Đề thi học kì 1 Toán 11 có đáp án chuyên Quốc Học

570 views

Published on

Đề thi học kì 1 Toán 11 có đáp án chuyên Quốc Học

Published in: Education
  • Be the first to comment

Đề thi học kì 1 Toán 11 có đáp án chuyên Quốc Học

  1. 1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC TỔ TOÁN KIỂM TRA KỌC KÌ I Môn TOÁN - lớp 11 (Thời gian làm bài: 90 phút) Bài 1 (3 điểm). Giải các phương trình sau a) 2 cos 3sin 3 0+ + =x x . b) sin2 osx 0 1-sinx x c− = c) 1 tanx 1 sin2 1 tanx x − = + + Bài 2 (2 điểm). Cho tập hợp { }1;2;3;4;5;6;7;8;9X = a) Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau được lấy trong tập X. b) Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau được lấy trong tập X, trong đó có đúng 2 chữ số chẳn và hai chữ số chẳn này không đứng liền kề nhau. Bài 3 (2 điểm). Trong một lớp học có 8 bóng đèn, mỗi bóng có xác suất bị cháy là 0,025. Lớp học đó có đủ ánh sáng nếu có ít nhất 6 bóng đèn sáng. Tính xác suất để lớp học đó không có đủ ánh sáng. Bài 4 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2 1 0d x y− + = . Gọi 1d là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ ( )2;0v = . Viết phương trình của đường thẳng 1d . Bài 5 ( 2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành, điểm M thay đổi trên cạnh SD, M không trùng S. a) Dựng giao điểm N của SC với mặt phẳng (ABM); Tứ giác ABNM là hình gì? Có thể là hình bình hành không? b) Gọi I là giao điểm của AM và BN. Chứng minh rằng: khi M chạy trên cạnh SD thì I chạy trên một đường thẳng cố định. Hãy chỉ ra đường thẳng cố định đó. -------------------- Hết ------------------- www.MATHVN.com
  2. 2. ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 11 (NC) – N Bài câu Bài giải gợi ý Điểm Bài 1 a) ( ) 2 sin 3sin 4 0⇔ − − =PT x x 0.25 sin 1 sin 4( ) = − ⇔  = x x l 0.5 sin 1 2 2 x x k π π= − ⇔ = − + 0.25 b) Điều kiện:1 sinx 0 sinx 1 x 2 2 k π π− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ + 0,25 (Pt sin2 osx = 0 cosx(2sinx-1) = 0x c⇔ − ⇔ osx=0 1 sinx= 2 c ⇔   0.25 osx=0 2 c x k π π⇔ = + 2 , 1 6sinx= 2 5 2 6 x k x k π π π π  = + ⇔   = +  0.25 Đối chiếu với điều kiện, phương trình có 3 họ nghiệm: 5 2 ; 2 ; 2 2 6 6 x k x k x k π π π π π π= − + = + = + 0,25 c) ĐKXĐ: cos 0 2 , , ' tanx 1 ' 4 x k x k k Z x k π π π π  ≠ +≠  ⇔ ∈  ≠ − −  ≠ +  0,25 ( ) ( ) 2 3cos sinx sinx cos cos sinx sinx cos cos sinx x pt x x x x − ⇔ = + ⇔ − = + + 0.25 Chia 2 vế của pt cho 3 os 0c x ≠ , có ( ) ( ) ( ) 32 2 1 tan x tanx 1 tan x tanx 1+ − + = + 0.25 ( )( ) ( ) 32 1 tan x 1 tanx tanx 1⇔ + − = + ( )2 tanx tan x tanx 2 0⇔ + + = tanx 0 ,x k k Zπ⇔ = ⇔ = ∈ (Thỏa đ/k) 0.25 www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  3. 3. Bài2 a) Số lẻ có 6 chữ số có dạng { }, 1;3;5;7;9abcdef f ∈ Chọn f có 5 cách 0.25 Chọn abcde có 5 8 6720A = cách 0.5 Vậy, số các số lẻ cần tìm có 5 85. 33600A = (số) 0.25 b) Số lẻ có 6 chữ số có dạng { }, 1;3;5;7;9abcdef f ∈ Chọn f có 5 cách Chọn 3 chữ số lẻ trong 4 chữ số lẻ còn lại của tập X rồi xếp thứ tự cho chúng, có 3 4 24A = cách 0.25 Chọn 2 chữ số chẵn trong 4 chữ số chẵn của tập X, có 2 4 6C = cách 0.25 Đưa 2 chữ số chẳn đó vào 2 trong 4 vị trí (giữa hai chữ số lẻ hoặc chữ số ở hàng cao nhất của số cần tìm), có 2 4 12A = cách (Minh họa: C C C CL L L L) 0.25 Vậy, có 5. 3 4A . 2 4C . 2 4A =8640 (số) 0.25 Bài 3 Xác suất để mỗi bóng sáng là: 1 39 1 40 40 − = 0,25 Biến cố A: “Lớp học có đủ ánh sáng”, A: “Lớp học không có đủ ánh sáng” B: “6 bóng đèn sáng, 2 bóng đèn bị cháy”. C: “7 bóng đèn sáng, 1 bóng đèn bị cháy”. D: “8 bóng đèn sang”. 0.25 ( ) 2 8 6 2 39 1 . . 0.015 40 40 P B C     = ≈        ( ) 1 8 7 39 1 . . 0.1675; 40 40 P C C   = ≈    ( ) 8 39 0.8167 40 P D   = ≈    (Đúng P(B) và P(D) hoặc P(C) và P(D) thì cho tối đa) 0,5 ; , ,A B C D B C D= ∪ ∪ đôi một xung khắc. 0,25 ( ) ( ) ( ) ( )P A P B P C P D= + + 2 1 8 8 6 2 7 8 39 1 39 1 39 . . . . 0.9992 40 40 40 40 40 C C            + + ≈                        0,25 0.25 ( ) ( )1 0,0008P A P A= − ≈ 0,25 Bài 4 Phương trình 1 : 2 0d x y m− + = . 0.25 Lấy (1;1)A d∈ và gọi ( )' v A T A= thì ( )' 3;1A . 0,25 Vì ( ) 1' 3;1A d∈ nên 3 2 0 1m m− + = ⇔ = − 0.25 Vậy 1 : 2 1 0d x y− − = 0,25 www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  4. 4. Bài 5 a) (Vẽ đúng thiết diện là cho điểm) 0.25 Có / / ( ) ( ) ( ); ( ) CD AB CD Mp SCD AB Mp ABM M Mp SCD M Mp ABM   ⊂  ⊂  ∈ ∈ nên giao tuyến của hai mp (SBC) và (ABM) đi qua M và song song với CD. 0.25 0.25 Trong mp(SCD), vẽ MN//CD, N ở trên SC. Suy ra N là giao điểm của SC với mp(ABM) 0.25 Có / / / / / / MN CD MN AB AB CD  ⇒  nên ABNM là hình thang. Khi M trùng D thì ABNM là hình bình hành. 0.25 b) Có ( ) ( ) ( ) ( ) I AM SAD I SAD ABC I BN SBC ∈ ⊂ ⇒ ∈ ∩ ∈ ⊂ = d 0.25 Do hai mp (SAD) và (SBC) cố định nên giao tuyến d của chúng cố định. Vậy, I chạy trên đường thẳng cố định. 0.25 Có / / ( ) ( ) CB AD CB mp SCB AD mp SAD S chung   ⊂  ⊂  nên nên giao tuyến d của hai mp (SBC) và (SAD) đi qua S và song song với CB, AD. 0.25 d I N D A B C S M www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  5. 5. ĐỀ THI HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 11 N Thời gian 90’(không kể thời gian giao đề) I . Phần chung (Gồm 5 bài, bắt buộc cho mọi học sinh): Bài 1: (2 điểm) a. Giải phương trình : cos 2x sin x 1+ = b. Giải phương trình : ( ) ( )2 2 2 2sin x 1 tan 2x 3 2cos x 1 0− + − = Bài 2: (1,5 điểm) Cho tập { }10...,,3,2,1X = .Chọn tùy ý ba số khác nhau , không kể thứ tự từ X a. Tính xác suất để tổng 3 số được chọn là 12. b. Tính xác suất để tổng 3 số được chọn là số lẻ. Bài 3: (2 điểm) a. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển nhị thức 12 1 x x   +    ; x 0≠ . b. Giải bất phương trình 2 2 3 2x x x 1 6 A A C 10 2 x − ≤ + . (Ở đây k k n nA ; C lần lượt là số chỉnh hợp , tổ hợp chập k của n ). Bài 4:( 1 điểm) . Trong mặt phẳng oxy, tìm ảnh của đường thẳng (d) có phương trình 3x 2y 4 0− − = qua phép vị tự tâm S (-1; 4) và tỉ số k = -2 . Bài 5 : (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là tứ giác lồi . Lấy M, N là hai điểm lần lượt trên các cạnh AB, CD );;;( DNCNBMAM ≠≠≠≠ . Gọi ( P ) là mặt phẳng qua MN và song song với SA 1.Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng ( P ) . 2. Chứng minh thiết diện này là hình thang khi và chỉ khi MN song song với BC II. Phần tự chọn (Học sinh chọn một trong hai phần sau): • Phần dành cho ban cơ bản ( 6A) Bài 6A: (2 điểm) Ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng có tổng bằng 27, còn tích của chúng bằng 693. Tìm các số hạng đó. • Phần dành cho ban nâng cao (6B) Bài 6B: (2 điểm). Cho đường tròn đường kính AB và C là một điểm trên đoạn AB( )C B;C A≠ ≠ . Một đường kính PQ thay đổi của đường tròn không trùng với AB. Đường thẳng CQ cắt các đường thẳng PA và PB theo thứ tự tại M và N. Tìm quỹ tích các điểm M và N khi PQ thay đổi./. ========================================================== Trường QH Huế Tổ Toán Đề chính thức www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  6. 6. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KỲ I Môn Toán lớp 11 Bài Ý Nội dung Điểm 1 a. cos 2x sin x 1+ = 1,0 2 2sin x sin x 0⇔ − + = 1 sin x 0,sin x 2 ⇔ = = * sin x 0 x k (k )= ⇔ = π ∈Ζ * 1 5 sin x x k2 ,x k2 (k ) 2 6 6 π π = ⇔ = + π = + π ∈ Ζ . 0,25 0,25 0,25 0,25 b. Điều kiện: cos2x 0≠ ( ) ( )2 2 2 2sin x 1 tan 2x 3 2cos x 1 0− + − = 2 2 cos2x tan 2x 3cos2x 0 tan 2x 3⇔ − + = ⇔ = tan 2x 3 x k , k Z 6 2 π π ⇔ = ± ⇔ = ± + ∈ (thỏa điều kiện) 0,5 0,5 2 a. b. Các khả năng có thể 3 10C 120= Xác xuất để tổng 3 số được chọn là ( ) 7 P A 120 = 3 số được chọn là lẻ khi và chỉ khi tổng 3 số lẻ 10C3 5 = hoặc tổng gồm 2 số chẳn và 1 số lẻ: 1 2 5 5C C 5 .10 50= = . ( ) 10 50 1 P B 120 2 + = = . 1.5 0,25 0,5 0,5 0,25 3 a. Viết đúng công thức khai triển Tìm được hạng tử không chứa x k k 12 12 k 1 C x . k 12 k k 6 x − ⇒ = − ⇔ = . 6 12C 924= 0,25 0,5 0,25 www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  7. 7. b. Điều kiện x N x N,2x 2,x 2,x 3 x 3 ∈ ∈ ≥ ≥ ≥ ⇒  ≥ Biến đổi đưa về bpt : x ≤ 4. Kết luận : x = 3, x = 4. 0,25 0,5 0,25 4 * ( )∈M x;y d , gọi ( )M' x';y' là ảnh của M qua phép vị tự tâm S tỉ số k , ta có ( ) ( )  − = −  − = − 0 0 0 0 x' x k x x y' y k y y , trong đó k = -2 , = − =0 0x 1;y 4. * ( ) ( ) + = + = − +  − ⇔  −− = − −  =  − x' 3 xx' 1 2 x 1 2 y' 12y' 4 2 y 4 y 2 * x' 3 y' 12 3 2 4 0 3x' 2y' 41 0 2 2 + − − − = ⇔ − + = − − Pt cần tìm 3x 2y 41 0− + = . 0,5 0,25 0,25 5 . 1. 2. Vẽ hình đúng Xác định được thiết diện là MPQN Chỉ được hai khả năng MP QN hoặc MN QP Nếu MP QNdo MP SA SA QN⇒ suy ra SA song song với mp (SCD) vô lý . NếuMN QP thì MN song song với BC. Đảo lại và kết luận 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Phần dành riêng cho từng ban 6.A. Gọi ba số đã cho là a, b, c ta được: a b c 27 (1) a.b.c 693 (2) + + =  = Do a c 2b+ = nên 3b 27 b 9= ⇒ = . Từ (2) suy ra ( ) ( )b d .b. b d 693− + = 2 2 2693 9 d 77 d 81 77 4 d 2 9 ⇒ − = = ⇔ = − = ⇔ = ± Vậy ba số cần tìm là: 7; 9; 11 hoặc 11; 9; 7. 0,5 0,5 0,5 0,5 www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  8. 8. 6.B. Vì C nằm trên AB nên : ( )CA kCB; k 0= ≠ . BQ// AP CM kCQ⇒ = ⇒ M là ảnh của Q qua phép vị tự k CV do Q chạy trên (O) nên quỹ tích của M là đường tròn ( ) ( )k 1 CO V O= AQ // BP CQ kCN⇒ = hay 1 CN CQ k = . Vậy quỹ tích của N là đường tròn ( ) ( ) 1 k 2 CO V O= . Chú ý : Do Q khác A và B nên tập hợp điểm M không phải toàn bộ đường tròn ( 10 ) . Tương tự tập hợp điểm N không phải toàn bộ đường tròn )0( 2 0,5 0,5 0,5 0,5 www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  9. 9. SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - N Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH Câu 1 (3 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau: a) cos2 5sin 2 0x x+ + = . b) sin (2sin 3) cos 2cos 1 x x x x + = − . c) 2 1 3sin (tan 1) sin (sin cos )x x x x x+ − = + . Câu 2 (1 điểm). Từ tập hợp { }0;1;2;3;4;5;6A = , có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau và lớn hơn 3000. Câu 3 (2 điểm). Một hộp có chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho: a) 4 quả cầu chọn được không cùng màu. b) 4 quả cầu chọn được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. Câu 4 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 0d x y+ = và đường tròn 2 2 ( ): 2 4 20 0.C x y x y+ − + − = Tìm trên đường thẳng d điểm M và trên đường tròn ( )C điểm N sao cho N là ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ (3; 1).v = − Câu 5 (2 điểm). Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC và G là điểm trên đoạn thẳng DN sao cho 4DN NG= . Trên đoạn thẳng BG lấy điểm I (I khác với B và G). a) Dựng thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (IMN), thiết diện là hình gì? b) Xác định vị trí điểm I trên đoạn thẳng BG để thiết diện là hình bình hành. Khi đó hãy tính tỉ số BI BG . B. PHẦN RIÊNG (Học sinh chỉ được làm một trong hai phần) Câu 6a (1 điểm) (Theo chương trình chuẩn). Cho dãy số ( )nu biết 1 12; 3n nu u u n+= − = + với 1.n ≥ Lập công thức số hạng tổng quát nu của dãy số trên. Câu 6b (1 điểm) (Theo chương trình nâng cao). Tìm hệ số của số hạng chứa 9 x trong khai triển 21 2 n x x   −    biết rằng : 3 2 2 18 3( 1).n nA n C −− = + -----------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------- www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  10. 10. SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - N ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1a) 2 2 cos2 5sin 2 0 1 2sin 5sin 2 0 2sin 5sin 3 0 sin 3 1 sin 2 2 6 ( ). 7 2 6 (lo¹i) x x x x x x x x x k k x k π π π π + + = ⇔ − + + = ⇔ − − = = ⇔ − =   = − + ⇔ ∈  = +  » 0,25 đ 0,25đ 0,5 đ 1b) Điều kiện: 1 cos 2 ( ). 2 3 x x k k π π≠ ⇔ ≠ ± + ∈» Với điều kiện đó, phương trình tương đương với 2 2 2sin 3sin 2cos cos cos 3sin 2cos2 1 3 cos sin cos2 cos cos2 2 2 3 2 2 2 3 3 2 2 2 3 9 3 (lo¹i) (tháa ®iÒu kiÖn). x x x x x x x x x x x x x x k x k x x k x k π π π π π π π π π + = − ⇔ + =   ⇔ + = ⇔ − =      = − + = − +  ⇔ ⇔   = − + + = +    Vậy phương trình có nghiệm là 2 ,( ). 9 3 x k k π π = + ∈Z 0,25 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1c) Điều kiện: ( ). 2 x k k π π≠ + ∈Z Với điều kiện đó, phương trình tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin cos 3sin 1 1 sin sin cos 0 3sin cos (cos sin ) 0 cos cos 3sin (sin cos ) cos (sin cos ) 0 (3sin cos )(sin cos ) 0 ta sin cos 0 tan 1 3sin cos 0 3tan 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x −    − + − − = ⇔ + − =        ⇔ − − − = ⇔ − − = − = =  ⇔ ⇔ ⇔  − = =  n 1 1 tan 3 4 ( ). 6 x x x k k x k π π π π =   = ±   = + ⇔ ∈  = ± +  Z 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 2 Gọi abcd là số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau và lớn hơn 3000 được lập từ A, khi đó {3;4;5;6}a∈ và {0;2;4;6}d ∈ . Có 2 trường hợp: www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  11. 11. • Nếu {3;5}a∈ : Có 2 cách chọn a, 4 cách chọn d và 2 5A cách chọn bc . Do đó trường hợp này có 2 52.4. 160A = số. • Nếu {4;6}a∈ : Có 2 cách chọn a, 3 cách chọn d và 2 5A cách chọn bc . Do đó trường hợp này có 2 52.3. 120A = số. Tóm lại có 160+120=280 số thỏa yêu cầu. 0,5đ 0,25đ 0,25đ Câu 3 Số phần tử của không gian mẫu là 4 16 1820CΩ = = . 0,25đ 3a) Gọi A là biến cố “4 quả chọn được không cùng màu”. Khi đó A là biến cố “4 quả lấy được có cùng màu”. Ta có: 4 4 4 4 5 7 41.A C C CΩ = + + = Do đó xác suất của biến cố A là: 41 ( ) 1820 A P A Ω = = Ω . Vậy xác suất của biến cố A là 41 1779 ( ) 1 ( ) 1 0,98. 1820 1820 P A P A= − = − = ≈ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3b) Gọi B là biến cố “4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá 2 quả cầu màu vàng”. Khi đó 1 3 1 1 2 1 2 1 4 5 4 7 5 4 7 5. . . . . 740.B C C C C C C C CΩ = + + = Xác suất của biến cố B là 740 37 ( ) 0,41. 1820 91 B P B Ω = = = ≈ Ω 0,5đ 0,25đ Câu 4 Gọi ( ; 2 )M x x d− ∈ . Vì ( )v N T M= nên tọa độ của N là ( 3; 2 1).N x x+ − − 2 2 2 ( ) ( 3) ( 2 1) 2( 3) 4( 2 1) 20 0 5 20 2. N C x x x x x x ∈ ⇔ + + − − − + + − − − = ⇔ = ⇔ = ± Với 2x = ta có (2; 4)M − và (5; 5).N − Với 2x = − ta có ( 2;4)M − và (1;3).N 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 5a Vẽ hình thiết diện đúng: 0,25đ P Q G N M B A C D I Gọi Q là giao điểm của NI và BD. Ta có ( ) ( )Q MNI BCD∈ ∩ , ( ), ( )MN MNI BC BCD⊂ ⊂ và //MN BC nên giao tuyến của (MNI) và (BCD) là đường thẳng d đi qua Q song song với BC, cắt CD tại P. Khi đó tứ giác MNPQ là thiết diện của hình chóp cắt bởi (IMN). Vì MN//PQ nên thiết diện là hình thang. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  12. 12. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 5b Q H P I G N M D C A B Thiết diện MNPQ là hình bình hành khi 2 BC MN PQ= = . Do đó, gọi Q là trung điểm BD và I là giao điểm của BG và NQ. Khi đó với điểm I xác định như vậy thì thiết diện thu được khi cắt tứ diện ABCD bởi mặt phẳng (MNI) là hình bình hành. Trong (BDN), kẻ GH//NQ ( )H BD∈ . Ta có: 1 4 . 4 HQ HQ NG QB HQ QD QB ND = = = ⇒ = 4 4 . 4 5 BI BQ BQ QH BG BH BQ QH QH QH = = = = + + 0,25đ 0,25đ 0,25đ 6a) Ta có 1 3n nu u n+ − = với mọi 1n ≥ , do đó: 2 1 3 2 4 3 1 3 6 9 ............. 3( 1)n n u u u u u u u u n− − = − = − = − = − Suy ra 1 13 6 9 ... 3( 1)n nu u n S −− = + + + + − = trong đó 1nS − là tổng của 1n − số hạng liên tiếp của cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3 và công sai d=3. Do đó 2 1 ( 2)( 1).3 3( ) 3 6 9 ... 3( 1) ( 1).3 . 2 2 n n n n n S n n− − − − = + + + + − = − + = Vậy 2 2 1 1 3 3 3 3 4 2 . 2 2 n n n n n n u u S − − − − = + = − + = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 6b) Điều kiện: 3,n n N≥ ∈ . 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 3 2 2 ! ( 1)! 8 3( 1) 8 3. 3 ( 3)! 2!( 3)! 3( 2)( 1) ( 2)( 1) 8 3 2( 3 2 ) 16 3 9 12 2 2 25 13 12 0 ( 12)(2 1) 0 12. n n n n A n C n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n − − − = + ⇔ − = + − − − − ⇔ − − − = + ⇔ − + − = − + ⇔ − + − = ⇔ − − + = ⇔ = Khi đó 2 2 12 1 1 2 2 . n x x x x     − = −        Số hạng tổng quát 12 2 2 1 12 12 12 1 .( 2 ) .( 2) . k k k k k k k k x T C x C x x − + −   = − = −    1kT + chứa 9 x khi 2 (12 ) 9 3 21 7.k k k k− − = ⇔ = ⇔ = Vậy số hệ số của số hạng chứa 9 x là: 7 7 12.( 2) 101376.C − = − 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách tương ứng. www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  13. 13. TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - N Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 1 (3 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau: a) 2 4sin 4cos 1 0.x x+ − = . b) ( ) (2cos 1)(cos 1) 3 2cos 1 sin x x x x + − = − . c) ( )tan sin 2 cos2 tan 6x x x x− = + . Câu 2 (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số trong đó chữ số 9 xuất hiện 3 lần, các chữ số còn lại có mặt một lần. Câu 3 (2 điểm). a) Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học có 15 nam và 20 nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam. b) Một đồng xu do chế tạo không cân đối nên xác suất xuất hiện mặt ngửa chỉ bằng 80% xác suất xuất hiện mặt sấp. Tính xác suất để khi gieo 4 lần độc lập thì được ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa. Câu 4 (1 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 3 2 1 3 n x x   −    biết rằng: ( ) 2 22 4 5 . 3 .n n n nP n P A − −− + = Câu 5 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ): 2 10 0.C x y x y+ − + − = Tìm trên đường tròn ( )C các điểm ,M N sao cho N là ảnh của M qua phép vị tự tâm O tỷ số 2k = − (với O là gốc tọa độ). Câu 6 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang và // .AD BC Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD; H, K lần lượt là trung điểm của SE và SF; G là trọng tâm của tam giác ABD. Trên đoạn SG lấy điểm I sao cho 3 .SI IG= a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (HIK). Thiết diện là hình gì? b) Biết rằng SA BC a= = và 2 .SD AD a= = Hãy tính theo a chu vi của thiết diện vừa tìm được. -----------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------- www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  14. 14. TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - N ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1a) 2 2 2 4sin 4cos 1 0 4 4cos 4cos 1 0 4cos 4cos 3 0 3 cos 2 1 cos 2 2 2 3 ( ) . 2 2 3 x x x x x x x x x k k x k π π π π + − = ⇔ − + − = ⇔ − − =  = ⇔  − =   = + ⇔ ∈  = − +  » (lo¹i) 0,25 đ 0,25đ 0,5 đ 1b) Điều kiện: sin 0 ( ).x x k kπ≠ ⇔ ≠ ∈» Với điều kiện đó, phương trình tương đương với 2 2cos cos 1 3(2cos 1)sin cos2 cos 3(sin 2 sin ) 3sin cos 3sin 2 cos2 3 1 3 1 sin cos sin 2 cos2 sin sin 2 2 2 2 2 6 6 22 2 6 6 4 2 2 2 9 3 6 6 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x kx x k x k x x k π π π π ππ π π π π π π − − = − ⇔ − = − ⇔ − = −     ⇔ − = − ⇔ − = −         = −− = − + ⇔ ⇔ = + − = − + +  (lo¹i) (t     háa ®iÒu kiÖn). Vậy phương trình có nghiệm là 4 2 ,( ). 9 3 x k k π π = + ∈Z 0,25 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1c) Điều kiện: ( ). 2 x k k π π≠ + ∈Z Với điều kiện đó, phương trình tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 2 3 2 tan 2sin cos cos sin . tan 6 tan (1 tan ) 2tan 1 tan . tan 6 tan tan tan 6tan tan 6 2tan 6tan 2tan 6 0 tan 1 ( ).4 tan 3 arctan( 3) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k k x x k π π π − = − + ⇔ + − = − + ⇔ − = − − + + ⇔ + − − =  = ± = ± + ⇔ ⇔ ∈ = − = − + Z 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 2 Có 2 trường hợp: • Chữ số ở hàng đầu tiên (hàng trăm ngàn) bằng 9: Xếp 2 chữ số 9 vào 5 vị trí: có 2 5C cách. Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số (khác với 9) và sắp chúng vào 3 vị trí còn lại: có 3 9A cách. Do đó trường hợp này có 2 3 5 9. 5040C A = số. • Chữ số ở hàng đầu tiên (hàng trăm ngàn) khác 9: Chọn chữ số cho hàng đầu tiên: có 8 cách. Xếp 3 chữ số 9 vào 5 vị trí: có 3 5C cách. Chọn 2 chữ số trong 8 chữ số (khác với chữ số đã chọn ở hàng đầu tiên và khác 9) và 0,25đ 0,5đ www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  15. 15. sắp thứ tự chúng vào 2 vị trí còn lại: có 2 8A cách. Vậy trường hợp này có 3 2 5 88. . 4480C A = số Tóm lại có 5040+4480=9520 số thỏa yêu cầu. 0,25đ 3a) Số phần tử của không gian mẫu là 5 35| | 324632.CΩ = = Gọi A là biến cố “5 học sinh chọn được có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam”. Khi đó có các trường hợp xảy ra là: 1 nữ và 4 nam; 2 nữ và 3 nam. Số kết quả thuận lợi cho A là 1 4 2 3 20 15 20 15| | . . 113750.A C C C CΩ = + = Vậy xác suất của biến cố A là: | | 113750 ( ) 0,35. | | 324632 A P A Ω = = ≈ Ω 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3b) Gọi x là xác suất xuất hiện mặt sấp của đồng xu khi gieo. Khi đó xác suất xuất hiện mặt ngửa là 0,8x. Ta có 1 5 0,8 1 . 1,8 9 x x x+ = ⇔ = = Gọi A là biến cố “gieo đồng xu 4 lần độc lập thì được ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa”. Lúc đó A là biến cố “gieo đồng xu 4 lần độc lập thì được không xuất hiện mặt ngửa lần nào”. Ta có 1 2 3 4A A A A A= , trong đó iA là biến cố lần gieo thứ ( {1,2,3,4})i i∈ xuất hiện mặt sấp. Vì 1 2 3 4, , ,A A A A độc lập với nhau nên 4 1 2 3 4 5 ( ) ( ). ( ). ( ). ( ) . 9 P A P A P A P A P A   = =     Vậy 4 5 ( ) 1 ( ) 1 0,905. 9 P A P A   = − = − ≈    0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 4 Điều kiện: 2,≥ ∈n n N . 2 2 2 ! 2 (4 5) 3 2. ! (4 5).( 2)! 3. 2! 3 ( 1) 2 ( 1) (4 5) 9 10 0 2 10 . 1 n n n n n P n P A n n n n n n n n n n n n − −− + = ⇔ − + − = − ⇔ − − + = ⇔ − − = = ⇔  = − (lo¹i) Khi đó 3 3 2 2 10 1 1 3 3 . n x x x x     − = −        Số hạng tổng quát ( ) 30 3 103 10 1 10 102 2 1 3 . .3 ( 1) . k k kk k k k k k x T C x C x x − − − + −  = = −    1kT + không chứa x khi 30 3 2 0 5 30 6.k k k k− − = ⇔ = ⇔ = Vậy số hạng không chứa x của khai triển là: 6 4 6 10.3 .( 1) 17010.C − = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 5 Gọi ( ; ) ( )M x y C∈ . Khi đó 2 2 2 10 0 (1).x y x y+ − + − = Ta có: ( , 2) 2 ( ) 2 ( 2 ; 2 ). 2 N O N x x N V M ON OM N x y y y − = − = ⇔ = − ⇔ ⇒ − − = − 2 2 2 2 ( ) ( 2 ) ( 2 ) 2( 2 ) ( 2 ) 10 0 4 4 4 2 10 0 (2). N C x y x y x y x y ∈ ⇔ − + − − − + − − = ⇔ + + − − = Từ (1) và (2) ta có hệ 0,25đ 0,25đ www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com
  16. 16. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 0 4 4 8 4 40 0 4 4 4 2 10 0 4 4 4 2 10 0 12 6 30 0 2 5 2 10 0 (2 5) 2 2 5 10 0 2 5 2 . 15 20 20 0 x y x y x y x y x y x y x y x y x y y x x y x y x x x x y x x yx x  + − + − = + − + − =  ⇔  + + − − = + + − − =   − + = = +  ⇔ ⇔  + − + − = + + − + + − =  = + = −  ⇔ ⇔  =+ + =  Vậy ( 2;1)M − và (4; 2).N − 0,25đ 0,25đ 6a L Q M P N J I KH E F G A D B S C Trong (SED) gọi .J HI ED= ∩ Khi đó ( ) ( )J HIK ABCD∈ ∩ . Ta có ( ), ( )EF ABCD HK HIK⊂ ⊂ mà //EF HK nên giao tuyến của (HIK) và (ABCD) là đường thẳng qua J song song với EF, cắt AB tại M, cắt CD tại N. Trong (SCD), gọi .P NK SC= ∩ Lúc đó ( ) ( ).P HIK SBC∈ ∩ Vì ( ), ( )HK HIK BC SBC⊂ ⊂ và //BC HK nên giao tuyến của (HIK) và (SBC) là đường thẳng qua P song song với BC, cắt SB tại Q. Khi đó tứ giác MNPQ là thiết diện cần tìm. Vì //MN PQ (do cùng song song với BC) nên thiết diện là hình thang. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 6b + Gọi L là trung điểm HE, ta có 3 // 2 . SL SI LI EJ EJ LI LE IG = = ⇒ ⇒ = Mặt khác, 3 3 . 4 4 LI SI LI EG EG SG = = ⇒ = Do đó 3 3 3 1 1 2. . 4 2 2 3 2 EJ EG EG ED ED= = = = do đó J là trung điểm ED. Suy ra M, N lần lượt là trung điểm của AE, DF. + Vậy //MQ SA và do đó 3 3 3 . 4 4 4 MQ MB a MQ SA SA AB = = ⇒ = = Tương tự 3 6 . 4 4 a NP SD= = + Ta cũng có 1 1 . 4 4 4 PQ SQ AM a PQ BC BC SB AB = = = ⇒ = = 3 6 72 . 2 2 4 4 4 AD BC AD EF AD BC AD a a a MN + + + + + = = = = = + Vậy chu vi của thiết diện MNPQ là 7 6 3 17 . 4 4 4 4 4 a a a a a MN NP PQ QM+ + + = + + + = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách tương ứng. www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com

×