Đề số 1 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau : 1) (1đ) ( ) x x 2 3 tan 1 3 tan 1 0 − + + = 2) (1đ) x x 2 3 2cos 3 cos2 0 4 π   − + =  ÷   3) (1đ) x x x 2 1 cos2 1 cot2 sin 2 − + = Câu II: (2đ) 1) (1đ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của n x x 2 4 1   +  ÷   , biết: n n n C C A 0 1 2 2 109− + = . 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 C x y 2 2 ( ):( 1) ( 2) 4− + − = . Gọi f là phép biến hình có được bằng cách sau: thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ v 1 3 ; 2 2   =  ÷   r , rồi đến phép vị tự tâm M 4 1 ; 3 3    ÷   , tỉ số k 2= . 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 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao s 1 Thi gian lm bi 90 phỳt Cõu Ni dung im I (3) 1 ( ) x x x hoaởc x 2 1 3 tan 1 3 tan 1 0 tan 1 tan 3 + + = = = 0,50 x x ktan 1 4 = = + 0,25 x x k 1 tan 6 3 = = + 0,25 2 PT x x x x x x 3 1 cos 2 3 cos2 0 1 sin2 3 cos2 0 sin2 3cos2 1 2 + + = + = = ữ 0,25 xsin 2 sin 3 6 = ữ 0,25 x k x k x x k x k 2 2 3 6 4 sin 2 sin 5 7 3 6 2 2 3 6 12 = + = + = ữ = + = + 0,25 0,25 3 K: x x lsin2 0 2 ( ) ( ) x x PT x x x x x x x x x x x x 2 2 cos2 1 cos2 1 sin 2 cos2 sin2 1 cos2 sin2 sin 2 sin2 1 sin2 1 sin2 cos2 1 0 sin2 cos2 1 + = + = = + + = + = 0,50 x x k x ksin2 1 2 2 2 4 = = + = + (tho iu kin) 0,25 x k (loaùi) x x x x k x k sin2 cos2 1 sin 2 sin 4 4 4 4 = + = + = = + ữ = + (tho k) 0,25 II (2) 1 K: n n2; Ơ ; n n n C C A n n n n 0 1 2 2 109 1 2 ( 1) 109 12 + = + = = 0,25 ( ) k k k k k k k x C x x C x x 12 12 12 12 2 2 4 24 6 12 12 4 0 0 1 = = + = = ữ 0,25 k k24 6 0 4 = = 0,25 Vy s hng khụng cha x l C 4 12 495= 0,25 2 Gi s cn tỡm l a a a a a a 1 2 3 4 5 6 . Theo ra, ta cú: ( ) ( ) a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 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 + + = + + + + + = + + + + + + + + = + + + = 0,25 +TH 1: { } { } a a a 1 2 3 ; ; 2;4;5= thỡ { } { } a a a 4 5 6 ; ; 1;3;6= nờn cú (1.2!).(3!) = 12 (s) +TH 2: { } { } a a a 1 2 3 ; ; 2;3;6= thỡ { } { } a a a 4 5 6 ; ; 1;4;5= nờn cú (1.2!).(3!) = 12 (s) +TH 1: { } { } a a a 1 2 3 ; ; 1;4;6= thỡ { } { } a a a 4 5 6 ; ; 2;3;5= nờn cú (1.2!).(3!) = 12 (s) 0,50 Theo quy tc cng, ta cú: 12 + 12 + 12 = 36 (s) 0,25 III (2) 1 A l bin c Trong 3 quyn sỏch ly ra, cú ớt nht mt quyn sỏch toỏn. A l bin c Trong 3 quyn sỏch ly ra, khụng cú quyn sỏch toỏn no. 0,50 C P A C 3 8 3 12 14 ( ) 55 = = P A P A 14 41 ( ) 1 ( ) 1 55 55 = − = − = 0,50 2 B là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có đúng hai loại sách về hai môn học” B C C C C C C C C C C C C 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 Ω = + + + + + = 0,50 ( ) P B C 3 12 145 29 44 = = 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 v 1 3 ; 2 2   =  ÷   r , suy ra A 3 7 ; 2 2    ÷   0,25 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm M 4 1 ; 3 3    ÷   tỉ số k 2= nên : B A M B A M x x x MB MA y y y 5 2 3 2 14 2 3  = − =   = ⇒   = − =   uuur uuur . Vậy B 5 20 ; 3 3    ÷   0,25 Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 4 0,25 Vậy C x y 2 2 5 20 ( '): 16 3 3     − + − =  ÷  ÷     0,25 V (2đ) 0,50 1 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD, ta có: SM SN MN IJ SI SJ 2 / / 3 = = ⇒ 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 số 2 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau : 1) (1đ) x xsin3 3 cos3 1− = 2) (1đ) x x x 3 4cos 3 2sin2 8cos+ = 3) (1đ) ( ) x x x 2 2 3 cos 2sin 2 4 1 2cos 1 π   − − −  ÷   = − Câu II: (2đ) 1) (1đ) Tìm hệ số của x 31 trong khai triển của n x x 2 1   +  ÷   , biết rằng n n n n n C C A 1 2 1 821 2 − + + = . 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 ( ) ( ) C x y 2 2 ( ): 2 1 9− + − = . Gọi f là phép biến hình có được bằng cách sau: thực hiện phép đối xứng tâm M 4 1 ; 3 3    ÷   , rồi đến phép vị tự tâm N 1 3 ; 2 2    ÷   , tỉ số k 2 = . 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 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . Đề số 2 ÑAÙP AÙN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Câu Nội dung Điểm I (3đ) 1 x x x 1 3 1 sin3 cos3 sin 3 sin 2 2 2 3 6 π π   − = ⇔ − =  ÷   0,50 x k x k x k x k 2 3 2 3 6 6 3 5 7 2 3 2 3 6 18 3 π π π π π π π π π π   − = + = +   ⇔ ⇔     − = + = +     0,25 0,25 2 ( ) pt x x x x x x x x x x (*) 3 2 2 4cos 6 2 sin cos 8cos cos 2cos 3 2sin 4 0 cos 0 2sin 3 2sin 2 0 ⇔ + = ⇔ + − =  = ⇔  − + =  0,25 x x kcos 0 2 π π = ⇔ = + 0,25 x k x x x k x (lo¹i) 2 2 2 sin 4 (*) sin 2 3 2 2 sin 2 4 π π π π   = +  =  ⇔ ⇔ = ⇔    = +  =    0,25 0,25 3 Điều kiện: x x k 1 cos 2 2 3 π π ≠ ⇔ ≠ ± + ( ) pt x x x x x x2 3 cos 1 cos 2cos 1 sin 3 cos 0 tan 3 2 π   ⇔ − − + − = − ⇔ − = ⇔ =  ÷   0,50 x x ktan 3 3 π π = ⇔ = + 0,25 Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của pt là: x k 4 3 π π = + 0,25 II (2đ) 1 ĐK: n n2; ≥ ∈ ¥ ( ) n n n n n n n C C A n n n n 1 2 2 1 1 821 1 821 1640 0 40 2 2 − − + + = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ = 0,25 k k k k k k k x C x x C x x 40 40 40 40 2 40 3 40 40 2 0 0 1 − − − = =   + = =  ÷   ∑ ∑ 0,25 k k40 3 31 3− = ⇔ = 0,25 Vậy hệ số của x 31 là C 3 40 9880= 0,25 3 + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ có: C C C C 2 2 2 1 5 4 5 3 5 4! 4 3! 6480− = (số) 0,25 + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau có A A A 2 2 2 5 4 5 5 3 4 2 3 3120× × × − × × × = (số) 0,50 Suy ra có: 6480 – 3120 = 3360 (số) 0,25 III (2đ) 1 C C 2 2 5 7 210 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”. ( ) C C P A 2 2 2 4 1 210 35 = = 0,50 Suy ra: ( ) ( ) P A P A 1 34 1 1 35 35 = − = − = 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 ( ) C C C 1 1 2 2 3 4 (cách) +Trường hợp 2: 2 đỏ ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có ( ) C C C 2 1 1 2 3 4 (cách) +Trường hợp 3: 1 đỏ, 1 trắng ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có ( ) ( ) C C C C 1 1 1 1 3 2 4 3 (cách) 0,75 Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) B C C C C C C C C C C 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 3 4 2 3 4 3 2 4 3 120 Ω = + + = Suy ra: ( ) P B 120 4 210 7 = = 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 1 M ; 3 4 3    ÷   , suy ra 1 A ; 3 2 3   −  ÷   0,25 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm 3 N ; 2 1 2    ÷   tỉ số k 2= nên : B A N B A N x x x NB NA y y y 5 2 6 2 13 2 6  = − =   = ⇒   = − = −   uuur uuur . Vậy 13 B ; 6 5 6   −  ÷   0,25 Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 6 0,25 Vậy C x y 2 2 5 13 ( '): 36 6 6     − + + =  ÷  ÷     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 Đề số 3 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình : 1) 2sin( 2x + 15 0 ).cos( 2x + 15 0 ) = 1 2) cos2x – 3cosx + 2 = 0 3) x x x x 2 2 sin 2sin2 5cos 0 2sin 2 − − = + Bài 2 (0,75 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y x x3sin 3 4cos 3 6 6 π π     = + + +  ÷  ÷     Bài 3 (1,5 điểm) 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x 31 trong khai triển biểu thức x x 3 15 (3 )− . 2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số khác nhau. Bài 4 (1,5 điểm) Một hộp chứa 10 quả cầu trắng và 8 quả cầu đỏ, các quả cầu chỉ khác nhau về màu. Lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu. 1) Có bao nhiêu cách lấy đúng 3 quả cầu đỏ. 2) Tìm xác suất để lấy được ít nhất 3 quả cầu đỏ . Bài 5 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai điểm A(– 2; 3) , B(1; – 4); đường thẳng d: x y3 5 8 0− + = ; đường tròn (C ): x y 2 2 ( 4) ( 1) 4+ + − = . Gọi B’, (C′) lần lượt là ảnh của B, (C) qua phép đối xứng tâm O. Gọi d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ AB uuur . 1) Tìm toạ độ của điểm B’, phương trình của d’ và (C′) . 2) Tìm phương trình đường tròn (C′′) ảnh của (C) qua phép vị tâm O tỉ số k = –2. Bài 6 (2,25 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD và P là một điểm thuộc đoạn thẳng AB sao cho AP = 2PB . 1) Chứng minh rằng MN song song với mặt phẳng (ABCD). 2) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD). 3) Tìm giao điểm Q của CD với mặt phẳng (MNP). Mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp S.ABCD theo một thiết diện là hình gì ? . 4) Gọi K là giao điểm của PQ và BD. Chứng minh rằng ba đường thẳng NK, PM và SB đồng qui tại một điểm. Hết Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . Đề số 3 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài Câu Hướng dẫn Điểm 1 1 2sin( 2x + 15 0 ).cos( 2x + 15 0 ) = 1 ⇔ sin(4x +30 0 ) = 1 ⇔ x k , k Z 0 0 0 4 30 90 360+ = + ∈ x k , k Z 0 0 15 .90⇔ = + ∈ 0,5 2 cos2x – 3cosx + 2 = 0 ⇔ 2cos 2 x – 1 – 3cosx + 2 = 0 ⇔ 2cos 2 x – 3cosx + 1 = 0 ⇔ x k x , k Z x k x 2 cos 1 1 2 cos 3 2 π π π   = =   ⇔ ∈  = ± +  =   1 3 x x x x 2 2 sin 2sin2 5cos 0 2sin 2 − − = + (1) ĐK : x m x , m,n Z x n 2 2 4 sin 5 2 2 4 π π π π  ≠ − +  ≠ − ⇔ ∈   ≠ +  (*) Với điều kiện (*) ta có: (1) ⇔ sin 2 x – 4sinx.cosx – 5cos 2 x = 0 • cosx = 0 không thoả mãn phương trình (1) • cosx ≠ 0 , chia hai vế của (1) cho x 2 cos ta được: (1) ⇔ tan 2 x – 4tanx – 5 = 0 ⇔ x x tan 1 tan 5  = −  =  ⇔ x k x k 4 arctan5 π π π  = − +   = +  Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x k , x k , k Z(2 1) arctan5 4 π π π = − + + = + ∈ 1 2 y x x3sin(3 ) 4cos(3 ) 6 6 π π = + + + x5sin 3 6 π α     = + +  ÷       với cosα = 3 5 và sinα = 4 5 Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng – 5 khi xsin 3 1 6 π α     + + = −  ÷       Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 khi xsin 3 1 6 π α     + + =  ÷       0,75 3 1 Tìm hệ số chứa x 31 trong khai triển biểu thức ( 3x – x 3 ) 15 . Số hạng tổng quát của khai trển trên là : k k k k k k k T C x x C x 15 3 15 15 2 15 15 .(3 ) .( ) .( 1) .3 . − − + = − = − với 0 ≤ k ≤ 15 , k ∈Z Số hạng cần tìm chứa x 31 nên 15 + 2k = 31 ⇔ k = 8 ( thoả mãn) Hệ số của số hạng cần tìm là : C 8 8 7 15 .( 1) .3− = C 8 7 15 .3 14073345= 0,75 2 Số cần tìm có dạng abcd , trong đó a , b , c , d ∈ { } 1,2,3,4,5,6,7 và đôi một khác nhau . Vì số cần lập là số chẵn nên { } d 2, 4, 6∈ Do đó chữ số d có 3 cách chọn . Có A 3 6 cách chọn ba chữ số a, b, c . Vậy có 3 6 3.A 360= số thoả yêu câu bài toán . 0,75 4 1 Số cách lấy đúng 3 quả cầu màu đỏ là C C 3 2 8 10 . 2520= 0,5 2 Không gian mẫu, (của phép thử ngẫu nhiên lấy 5 quả cầu từ 18 quả cầu khác màu ) có số phần tử là : C 5 18 =8568 Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 3 quả cầu màu đỏ . – Số cách lấy được đúng 3 quả cầu màu đỏ là : 2520 – Số cách lấy được 4 quả cầu đỏ là C C 4 1 8 10 . 700= – Số cách lấy được 5 quả cầu đều màu đỏ là : C 5 8 56= Xác suất của biến cố lấy được ít nhất 3 quả caàu màu đỏ là : P A 2520 700 56 ( ) 0,38 8568 + + = ≈ 1 5 1 Ta có : B’ = (–1; 4), d’: –3x + 5y + 8 = 0 Đường tròn (C) có tâm I(–4 ; 1) và bán kính R = 2 Đường tròn (C’) có tâm I’(4 ; – 1) và R’ = 2 ⇒ (C’) : (x – 4) 2 + (y + 1) 2 = 4 0,75 2 Gọi I’’ là tâm của đường tròn (C’’) , khi đó OI OI'' 2= − uuur uur mà OI ( 4;1)= − uur Suy ra OI '' (8; 2)= − uuur ⇒ I '' (8; 2)= − và R’’ = 2R = 4 Vậy (C’’) : (x – 8) 2 + (y + 2) 2 = 16 0,75 6 1 K Q I P N M D A B C S MN là đường trung bình của tam giác SAD . Vì MN nằm ngoài mặt phẳng (ABCD) và MN // AD nên MN // (ABCD). 0,75 2 Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng đi qua S và song song với AD . 0,25 3 3/ Tìm giao điểm Q của CD với mặt phẳng (MNP). Mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp S.ABCD theo một thiết diện là hình gì ? . Ba mặt phẳng (MNP), (SAD) và (ABCD) cắt nhau theo ba giao tuyến MN, PQ, AD, đồng thời MN //AD nên ba đường thẳng PQ, MN, AD đôi một song song . Trong mặt phẳng (ABCD), qua điểm P kẻ đường thẳng song song với AD, cắt CD tại Q. Điểm Q là giao điểm cần tìm. 0,75 4 Trong mặt phẳng (SAB), hai đường thẳng SB và PM không song song nên chúng cắt nhau tại I . Suy ra I là điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD) . Lại có (SBD) và (MNP) cắt nhau theo giao tuyến KN nên điểm I phải thuộc đường thẳng NK . Vậy ba đường thẳng SB, MP, NK đồng qui tại I . 0,5 T Đề số 4 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014– 2015 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài 1: (2đ) Giải các phương trình sau: 1) sin 2 3 cos2 2x x+ = 2) 2 2 4sin 2sin 2 2cos 1x x x+ + = Bài 2: (1đ) Tìm hai số hạng đứng giữa trong khai triển nhị thức Newton ( ) 31 3 x xy+ Bài 3: (1đ) Có 10 hoa hồng trong đó có 7 hoa hồng vàng và 3 hoa hồng trắng. Chọn ra 3 hoa hồng để bó thành một bó. Tính xác suất để có ít nhất một hoa hồng trắng. Bài 4: (1đ) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d có phương trình 3 0x y− + = . Hãy viết phương trình đường thẳng 'd là ảnh của đường thẳng d qua phép vị tự tâm là gốc tọa độ O và tỉ số vị tự 2k = − . Bài 5: (2đ) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD với M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và CD. Gọi ( ) α là mặt phẳng qua MN song song với SA cắt SB tại P, cắt SC tại Q. 1) Tìm các giao tuyến của hai mặt phẳng: a) ( ) SAB và ( ) SCD b) ( ) α và (SAB) 2) Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng ( ) α . 3) Tìm điều kiện của MN để thiết diện là hình thang Hết Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . Bài Nội dung Điểm Bài 1 ( ) 1 3 1 sin 2 cos2 1 2 2 ⇔ + =x x 0,25 1) (1đ) cos sin 2 sin cos2 1 3 3 ⇔ + =x x π π 0,25 sin 2 1 3 x π   ⇔ + =  ÷   0,25 ; 12 x k k π π ⇔ = + ∈¢ 0,25 2) ( ) 2 2 2 3sin 4sin cos cos 0x x x x⇔ + + = 0,25 cos 0 2 π π = ⇔ = +x x m không là nghiệm 0,25 cos 0 2 π π ≠ ⇔ ≠ +x x m . PT ⇔ x x 2 3tan 4tan 1 0+ + = 0,25 [...]... bao nhiờu s t nhiờn tho: a) Cú 3 ch s khỏc nhau b) Cú 3 ch s khỏc nhau v nh hn s 235 2) Mt t i ng 11 viờn bi ch khỏc nhau v mu, gm 4 bi xanh v 7 bi Ly ngu nhiờn 2 viờn bi Tớnh xỏc sut : a) Ly c 2 viờn bi cựng mu b) Ly c 2 viờn bi khỏc mu 3) Mt t i ng 11 viờn bi ch khỏc nhau v mu, gm 4 bi xanh v 7 bi Ly ln lt 2 viờn bi, ly xong viờn 1 thỡ b li vo t i Tớnh xỏc sut : a) C hai ln ly c 2 viờn bi u mu... (ABCD), gi I = BM AC I (SBM) Trong (SBM), gi H = BG SI H = BG (SAC) Gi N l trung im ca AD MN // AC (MN l ng trunh cỡnh ca ACD) J l giao im ca AC v BN J l giao im ca 2 ng chộo hỡnh bỡnh hnh ABCN 25 T IJ // MN I l trung im ca BM Trong SBM, v GK // SI MI MS IM 3 = = 3 (vỡ G l trng tõm ca SCD) = Trong SIM ta cú: GK // SI MK MG IK 2 HB IB IM 3 HB 3 = = = Vy = Trong BHG, ta cú: HI // GK HG IK IK... 21 E A M B b) Giao im ca MN v (SBD) Trong mp(SMN), gi I = MN SE I = MN (SBD) c) Xột hai tam giỏc BME v DCE, ta cú MB // DC EB EM BM 1 = = = ED EC DC 2 Gi F l trung im ca EC NF // SE v E l trung im ca MF IE l ng trung bỡnh ca MNF I l trung im ca MN MI 1 = MN 2 s 8 =========================== THI HC Kè 1 Nm hc 2014 2015 Mụn TON Lp 11 Nõng cao Thi gian lm bi 120 phỳt Cõu 1: (4 im) 4 2 ;... B, E, F l cỏc im chung ca hai mt phng (MNB) v (ABCD) Suy ra E, B, F thng hng THI HC Kè 1 Nm hc 2014 2015 Mụn TON Lp 11 Nõng cao Thi gian lm bi 120 phỳt s 7 Cõu 1: (4 im) 1) Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca biu thc y = sin 2 x 3 cos 2 x 1 2) Gii cỏc phng trỡnh sau: 3 cos2 x a) 2sin x + 3 = 0 b) 4sin 2 x sin 2 x cos2 x = 0 c) = 2(1 + sin x ) 2 sin x + cos(7 + x ) Cõu 2: (3 im) 1) Trờn mt... tnh r tin theo vộc t v = ( 1; 3) Bi 5: (3) Cho t din ABCD, gi M v N ln lt l trung im ca cỏc cnh AB v CD, trờn cnh AD ly im P khụng trựng vi trung im ca AD a) Gi E l giao im ca ng thng MP v ng thng BD Tỡm giao tuyn ca hai mt phng (PMN) v (BCD) b) Tỡm thit din ca mt phng (PMN) vi t din ABCD Ht H v tờn thớ sinh: SBD : Ni dung Bi 1 (1,5) Cõu a (0,75) 1 sin 2... (1) 0,25 Vy thit din ca mp(PMN) v t din ABCD l t giỏc MFNP s 6 0,25 THI HC Kè 1 Nm hc 2014 2015 Mụn TON Lp 11 Nõng cao Thi gian lm bi 120 phỳt Cõu 1: (4 im) 1) Tỡm tp xỏc nh ca hm s: y = tan x + 1 sin x 2) Gii cỏc phng trỡnh sau: a) tan x + ữ+ cot 3 x ữ = 0 T ú tỡm cỏc nghim thuc khong (0; ) 3 6 2 2 b) 5sin x + 4 sin 2 x + 6 cos x = 2 c) cos3 x + sin3 x = cos 2 x Cõu 2: (3 im) 1) T... 2014 2015 Mụn TON Lp 11 Nõng cao Thi gian lm bi 90 phỳt Túm tt bi gii 3 cot 2 x 3cot x = 0 30 im 0.25 0.5 cot x = 0 cot x = 3 cot x = 0 x = + k 2 cot x = 3 x = + k (k ) 6 Gi Ai l bin c x th th i bn trỳng mc tiờu P(Ai) = 0.6, Ai c lp, i =1,3 1 Gi A l bin c Trong ba x th bn cú ỳng mt x th bn trỳng mc tiờu thỡ A = A1 A2 A3 A2 A1 A3 A3 A1 A2 v A1 A2 A3 ; A2 A1 A3 ; A3 A1 A2 i mt xung khc 0.25... sau: Ly M 1 i xng M qua O, M i xng vi M 1 qua d 1 Tỡm nh ca ng thng d qua phộp bin hỡnh f 2 Gi I l trung im MM Chng minh I thuc mt ng thng c nh khi M thay i trờn d Cõu 5 (2.5): Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh bỡnh hnh Gi M, N ln lt l trung im ca SA, SB Mt mt phng ( ) di ng qua MN ct cnh SC v SD ln lt ti P v Q ( P khỏc vi S v C) 1 Xỏc nh giao tuyn ca hai mt phng (SAD) v (SBC) 2 Thit din ca hỡnh... bỡnh hnh Gi M, N ln lt l trung im ca AB v SC 1) Tỡm giao tuyn ca (SMN) v (SBD) 2) Tỡm giao im I ca MN v (SBD) MI 3) Tớnh t s MN 10 Ht H v tờn thớ sinh: 19 SBD : P N THI HC Kè 1 Nm hc 2014 2015 Mụn TON Lp 11 Nõng cao Thi gian lm bi 120 phỳt s 7 Cõu 1: 1) Giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s y = sin 2 x 3 cos 2 x 1 1 3 Ta cú: y = sin 2 x... SI SK = = 2 SI = 2 PI Trong SOP, ta cú (2) PI OK SI 2 T (1) v (2) ta suy ra = (pcm) DI 3 s 10 ============================ THI HC Kè 1 Nm hc 2014 2015 Mụn TON Lp 11 Nõng cao Thi gian lm bi 90 phỳt 3 = 3cot x + 3 sin 2 x Cõu 2 (2.0): Ba x th c lp cựng bn vo bia Xỏc sut bn trỳng mc tiờu ca mi x th l 0,6 1 Tớnh xỏc sut trong 3 x th bn cú ỳng mt x th bn trỳng mc tiờu Cõu 1 (1.5): Gii phng trỡnh: . G; GM cắt SB t i P. Suy ra ngũ giác EFQGP là thi t diện cần dựng. 0,50 HẾT Đề số 2 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Th i gian làm b i 90 phút Câu I: (3đ) Gi i các phương trình. qui t i I . 0,5 T Đề số 4 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014– 2015 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Th i gian làm b i 90 phút B i 1: (2đ) Gi i các phương trình sau: 1) sin 2 3 cos2 2x x+ = 2) 2 2 4sin. . . . . . . Đề số 3 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Th i gian làm b i 90 phút B i Câu Hướng dẫn i m 1 1 2sin( 2x + 15 0 ).cos( 2x + 15 0 ) = 1 ⇔ sin(4x +30 0 )