Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 11 - Ban nâng cao

Chia sẻ: Lê Thị Hồng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:38

Thêm vào BST

Báo xấu

600
lượt xem 149
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo bộ "Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 11 - Ban nâng cao" để hệ thống lại các kiến thức đã học như: Viết phương trình ảnh, xác định thiết diện hình chóp, tìm số hạng,... Và một số kiến thức khác. Hy vọng bộ đề thi là tài liệu hữu ích cho các em!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 11 - Ban nâng cao

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Đề số 1 Thời gian làm bài 90 phút Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau :  3  1) (1đ) 3tan2 x  1 3 tan x  1  0 2) (1đ) 2cos2  x    3 cos2 x  0  4  1  cos2 x 3) (1đ) 1  cot 2 x  sin 2 2 x Câu II: (2đ) n  1  0 1 2 1) (1đ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2  , biết: Cn  2Cn  An  109 . 4  x  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  1)2  (y  2)2  4 . Gọi f là phép biến  1 3 hình có được bằng cách sau: thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ v   ;  , rồi đến phép vị tự tâm 2 2  4 1 M  ;  , tỉ số k  2 . Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f.  3 3 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 :. . . . . . . . . . 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Đề số 1 Thời gian làm bài 90 phút Câu Nội dung Điểm I (3đ) 1 1 0,50 3 tan2 x  1  3  tan x  1  0  tan x  1 hoaëc tan x  3  0,25 tan x  1  x   k 4 1  0,25 tan x  x  k 3 6 2  3  0,25 PT  1  cos  2 x    3 cos2 x  0  1  sin2 x  3 cos2 x  0  sin 2 x  3 cos2 x  1  2    0,25  sin  2 x    sin  3 6      0,25     2 x    k 2  x   k sin  2 x    sin   3 6  4  3 6  2 x    5  k 2  x  7  k 0,25   3 6   12 3  ĐK: sin 2 x  0  x  l 2 cos2 x 1  cos2 x PT  1    sin 2 2 x  cos2 x sin 2 x  1  cos2 x 0,50 sin 2 x 2 sin 2 x sin 2 x  1   sin 2 x  1 sin 2 x  cos2 x  1  0   sin 2 x  cos2 x  1   0,25 sin 2 x  1  2 x    k 2  x    k (thoả điều kiện) 2 4  x  k (loaïi)     sin 2 x  cos2 x  1  sin  2 x    sin     x   k (thoả đk) 0,25  4 4  x   k 4  4 II (2đ) 1 ĐK: n  2; n   ; 0 Cn 1  2Cn  2 An  109  1  2n  n(n  1)  109  n  12 0,25  2 1  12 12 12  k 12 0,25   x  4 x  k0 k   C12 x 2   x 4 k   C12 x 246k k k 0 24  6 k  0  k  4 0,25 Vậy số hạng không chứa x là 4 C12  495 0,25 2 Gọi số cần tìm là a1a2 a3 a4 a5 a6 . Theo đề ra, ta có: 0,25 a1  a2  a3  a4  a5  a6  1  2  a1  a2  a3   a1  a2  a3  a4  a5  a6  1  2  a1  a2  a3   21  1  a1  a2  a3  11 +TH 1: a1 ; a2 ; a3   2;4;5 thì a4 ; a5 ; a6   1;3;6 nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) 0,50 +TH 2: a1 ; a2 ; a3   2;3;6 thì a4 ; a5 ; a6   1;4;5 nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) 2
+TH 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) 0,25 III (2đ) 1 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”. 3 0,50 C8 14 P( A )   3 55 C12 14 41 P ( A)  1  P ( A )  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” 0,50 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2  B  C4C5  C4 C5  C4C3  C4 C3  C5 C3  C5C3  145 145 29 P B   3 C12 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.  1 3  3 7 0,25 Gọi A là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vectơ v   ;  , suy ra A  ;  2 2 2 2  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   0,25  5    x B  2 x A  x M   nên : MB  2 MA   3 . Vậy B  5 ; 20  14   y  2y  y  3 3   B  A M 3 Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 4 0,25 2 2  5  20  Vậy (C ') :  x     y    16 0,25  3  3  V (2đ) S G N 0,50 M Q A J K D P I O F B E C 1 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD, ta có: SM 2 SN 0,50    MN / / IJ SI 3 SJ 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. 0,50 Suy ra ngũ giác EFQGP là thiết diện cần dựng. HẾT 3
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Đề số 2 Thời gian làm bài 90 phút Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau : 1) (1đ) sin3 x  3 cos3x  1 2) (1đ) 4 cos3 x  3 2 sin2 x  8cos x 2x    2  3  cos x  2sin     2 4  1 3) (1đ) 2 cos x  1 Câu II: (2đ) n  1  n n 1 2 1) (1đ) Tìm hệ số của x 31 trong khai triển của  x  2  , biết rằng Cn  Cn 1  An  821 .  x  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. 2 2 Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) :  x  2    y  1  9 . Gọi f là phép biến  4 1 1 3 hình có được bằng cách sau: thực hiện phép đối xứng tâm M  ;  , rồi đến phép vị tự tâm N  ;  ,  3 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 (  ) 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 (  ). Thiết diện này là hình gì ? 2) (1đ) Chứng minh SC // (  ). --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1
ÑAÙP AÙN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Đề số 2 Thời gian làm bài 90 phút Câu Nội dung Điểm I (3đ) 1 1 3 1    0,50 sin3 x  cos3 x   sin  3x    sin 2 2 2  3 6      2 0,25 3x    k 2 x   k  3 6  6 3 3x    5  k 2  x  7  k 2 0,25   3 6   18 3 2   pt  4 cos3 x  6 2 sin x cos x  8cos x  cos x 2cos2 x  3 2 sin x  4  0 0,25  cos x  0  2  2sin x  3 2 sin x  2  0 (*)  0,25 cos x  0  x   k 2    0,25 2 2  x  4  k 2 (*)   sin x   sin x    2 0,25 sin x  2 (lo¹i) 2  x  3  k 2    4 3 1  Điều kiện: cos x   x    k 2 0,50 2 3     pt  2  3 cos x  1  cos  x    2 cos x  1  sin x  3 cos x  0  tan x  3  2  0,25 tan x  3  x   k 3 4 0,25 Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của pt là: x   k 3 II (2đ) 1 ĐK: n  2; n   1 2 n  n  1 0,25 n n Cn  Cn 1  An  821  1  n   821  n2  n  1640  0  n  40 2 2 40 40 40 0,25  1  k 40 k 2 k  x  2    C40 x x   C40 x 403k k  x  k 0 k 0 40  3k  31  k  3 0,25 Vậy hệ số của x là 31 3 C40  9880 0,25 3 + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ có: 2 2 2 1 5C5 C4 4! 4C5 C3 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 0,50 2 2 2 5  A5  3  A4  4  A5  2  3  3120 (số) Suy ra có: 6480 – 3120 = 3360 (số) 0,25 III (2đ) 1 2 2   C5  C7  210 0,25 2
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”. 2 2 0,50 C2 C4 1   P A  210  35 1 34 0,25   Suy ra: P  A   1  P A  1   35 35 2 Gọi B là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, có đủ cả ba màu: trắng, đỏ và vàng”. 1 1 2 +Trường hợp 1: 1 trắng, 1 đỏ ở hộp một; 2 vàng ở hộp hai có C2C3 C4 (cách)   2 1 1 +Trường hợp 2: 2 đỏ ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có C2 C3C4 (cách)   0,75 1 1 1 1 +Trường hợp 3: 1 đỏ, 1 trắng ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có C3C2 C4C3 (cách)    2  1 2 2  1 1  1 1 1 1   Suy ra:  B  C1C3 C4  C2 C3C4  C3C2 C4C3  120   120 4 0,25 Suy ra: P  B    210 7 IV (1đ) Gọi I là tâm của (C) thì I(2 ; 1) và R là bán kính của (C) thì R = 3. 4 1 2 1 0,25 Gọi A là ảnh của I qua phép đối xứng tâm M  ;  , suy ra A  ;   3 3 3 3 1 3 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm N  ;  tỉ số k  2 nên : 2 2 0,25  5     x B  2 x A  x N    NB  2 NA   6 . Vậy B  5 ;  13     y  2 y  y   13 6 6   B  A N 6 Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 6 0,25 2 2  5  13  Vậy (C ') :  x     y    36 0,25  6  6 V (2đ) S N P 0,50 A D M Q B C 1 ( ) / / SB   ( )  (SAB )  MN / / SB,  N  SA  SB  (SAB ) ( ) / / AD   ( )  (SAD )  NP / / AD ,  P  SD  0,50 AD  (SAD ) ( ) / / AD   ( )  ( ABCD )  MQ / / AD ,  Q  CD  AD  ( ABCD )  Vậy thiết diện là hình thang MNPQ (MQ // NP). 2 DP AN AN AM AM DQ DP DQ Ta có:  ;  ;     SC / / PQ DS AS AS AB AB DC DS DC 1,00 3
Mà PQ    nên suy ra SC / /   (đpcm). HẾT 4
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Đề số 3 Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình : 1) 2sin( 2x + 150 ).cos( 2x + 150 ) = 1 2) cos2x – 3cosx + 2 = 0 2 2 sin x  2 sin 2 x  5cos x 3) 0 2 sin x  2     Bài 2 (0,75 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  3sin  3 x    4 cos  3 x    6  6 Bài 3 (1,5 điểm) 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x 31 trong khai triển biểu thức (3 x  x 3 )15 . 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: 3x  5y  8  0 ; đường tròn (C ): ( x  4)2  ( y  1)2  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 . 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 :. . . . . . . . . . 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Đề số 3 Thời gian làm bài 90 phút Bài Câu Hướng dẫn Điểm 2sin( 2x + 150 ).cos( 2x + 150 ) = 1  sin(4x +300) = 1 1 0,5  4 x  300  900  k 360 0 , k  Z  x  150  k.900 , k  Z cos2x – 3cosx + 2 = 0  2cos2x – 1 – 3cosx + 2 = 0  2cos2x – 3cosx + 1 = 0 2  cos x  1  x  k 2 1     ,k  Z  cos x  1  x    k 2  2  3 sin 2 x  2 sin 2 x  5 cos2 x 0 (1) 2sin x  2   1 2  x   4  m2 ĐK : sin x    , m,n  Z (*) 2  x  5  n2  4 Với điều kiện (*) ta có: (1)  sin2x – 4sinx.cosx – 5cos2x = 0 3  cosx = 0 không thoả mãn phương trình (1) 1  cosx ≠ 0 , chia hai vế của (1) cho cos2 x ta được:    tan x  1  x   4  k (1)  tan2x – 4tanx – 5 = 0     tan x  5   x  arctan 5  k Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là:  x  (2k  1) , x  arctan 5  k , k  Z 4      y  3sin(3 x  )  4 cos(3 x  )  5sin  3 x      6 6  6  3 4 với cos = và sin = 5 5 2 0,75    Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng – 5 khi sin  3x       1  6     Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 khi sin  3 x       1  6  Tìm hệ số chứa x trong khai triển biểu thức ( 3x – x3 )15 . 31 Số hạng tổng quát của khai trển trên là : 1 T  C15 .(3 x )15k .( x 3 )k  C15 .(1)k .315 k .x15 2 k với 0 ≤ k ≤ 15 , k Z k k 0,75 3 Số hạng cần tìm chứa x31 nên 15 + 2k = 31  k = 8 ( thoả mãn) Hệ số của số hạng cần tìm là : C15 .(1)8 .37 = C15 .37  14073345 8 8 2 Số cần tìm có dạng abcd , trong đó a , b , c , d  1,2,3, 4, 5,6,7 0,75 và đôi một khác nhau . 2
Vì số cần lập là số chẵn nên d  2, 4, 6 Do đó chữ số d có 3 cách chọn . 3 Có A6 cách chọn ba chữ số a, b, c . Vậy có 3.A3  360 số thoả yêu câu bài toán . 6 3 2 1 Số cách lấy đúng 3 quả cầu màu đỏ là C8 .C10  2520 0,5 Không gian mẫu, (của phép thử ngẫu nhiên lấy 5 quả cầu từ 18 quả cầu khác 5 màu ) có số phần tử là : C18 =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 4 4 1 2 – Số cách lấy được 4 quả cầu đỏ là C8 .C10  700 1 5 – Số cách lấy được 5 quả cầu đều màu đỏ là : C8  56 Xác suất của biến cố lấy được ít nhất 3 quả caàu màu đỏ là : 2520  700  56 P ( A)   0,38 8568 Ta có : B’ = (–1; 4), d’: –3x + 5y + 8 = 0 1 Đường tròn (C) có tâm I(–4 ; 1) và bán kính R = 2 0,75 Đường tròn (C’) có tâm I’(4 ; – 1) và R’ = 2  (C’) : (x – 4)2 + (y + 1)2 = 4 5    Gọi I’’ là tâm của đường tròn (C’’) , khi đó OI ''  2OI mà OI  (4;1)  2 Suy ra OI ''  (8; 2)  I ''  (8; 2) và R’’ = 2R = 4 0,75 Vậy (C’’) : (x – 8)2 + (y + 2)2 = 16 S M N A D P K B Q 1 C 0,75 I MN là đường trung bình của tam giác SAD . 6 Vì MN nằm ngoài mặt phẳng (ABCD) và MN // AD nên MN // (ABCD). Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng đi qua S và 2 0,25 song song với AD . 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, 3 AD, đồng thời MN //AD nên ba đường thẳng PQ, MN, AD đôi một song 0,75 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. Trong mặt phẳng (SAB), hai đường thẳng SB và PM không song song nên chúng cắt nhau tại I . 4 0,5 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 3
đường thẳng NK . Vậy ba đường thẳng SB, MP, NK đồng qui tại I . 4
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Đề số 4 Thời gian làm bài 90 phút Bài 1: (2đ) Giải các phương trình sau: 1) sin 2 x  3 cos 2 x  2 2) 4sin 2 x  2sin 2 x  2cos 2 x  1 31 Bài 2: (1đ) Tìm hai số hạng đứng giữa trong khai triển nhị thức Newton  x3  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 x  y  3  0 . 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 k  2 . Bài 5: (2đ) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD với M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và CD. Gọi   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)   và (SAB) 2) Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng   . 3) Tìm điều kiện của MN để thiết diện là hình thang --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1
TRƯỜNG THPT LÊ QUÍ ĐÔN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Đề số 4 Thời gian làm bài 90 phút Bài Nội dung Điểm Bài 1 1 3 0,25 1  sin 2 x  cos 2 x  1 2 2 1)   0,25  cos sin 2 x  sin cos 2 x  1 (1đ) 3 3   0,25  sin  2 x    1  3  0,25 x  k ; k   12 2)  2   3sin 2 x  4sin x cos x  cos2 x  0 0,25  0,25 cos x  0  x   m không là nghiệm 2  0,25 cos x  0  x   m . PT  3tan 2 x  4 tan x  1  0 2   0,25  tan x  1  x   4  k   ;k   tan x   1  x  arctan   1   k  3      3 31 Bài 2 (1đ) x 3  xy  có 32 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là 16 và 17 16 Số hạng thứ 16 là C31  x3  15 15  xy   C31 x63 y15 15 0,5 15 Số hạng thứ 17 là C31  x3  16 16  xy   C31 x 61 y16 16 0,5 Bài 3 3   C10  120 0,25 (1đ) Gọi A là biến cố “có 3 hoa hồng vàng được chọn”, B là biến cố đối của biến cố A 0,25 3 A  C  35 7 35 17 0,5 P  B   1  P  A  1   120 24 Bài 4 d ': x  y c  0 0,25 (1đ) 0,25 A là giao điểm của d và Oy  A  0;3 A ' là ảnh của A qua phép vị tự tâm O nên A '  0;6   c  6 0,25 Vậy d ' : x  y  6  0 0,25 Bài 5 S   SAB    SCD  0,25 2
1 a) Gọi K = AB  CD  K   SAB    SCD  . 0,25 (0,5đ) Vậy  SAB    SCD   SK 1 b) M  ( )   SCD  0,25 (0,5đ)   // SA 0,25 Vậy     SAB   MP (MP // SA, P  SB ) 2) Các đoạn giao tuyến của mặt phẳng   với các mặt phẳng (SAB); (SBC); (SCD); 0,25 (0,5đ) và mặt phẳng (ABCD) là MP; PQ; QN; NM Thiết diện cần tìm là MPQN 0,25 3) Muốn tứ giác MPQN là hình thang thì MP // QN hoặc MN // PQ 0,25 (0,5đ)  MN   ABCD   Nếu MN // PQ thì MN // BC vì   PQ   SBC   0,25 Mà BC   ABCD    SBC  S P Q A D M O B N C K 3
TRƯỜNG THPT HAI BÀ TRƯNG ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2007 – 2008 Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Đề số 5 Thời gian làm bài 90 phút Bài 1: (1,5đ)   a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  1  2sin  2 x   .  4   b) Xét tính chẵn lẻ của hàm số y  f  x   sin( x  )  sin( x  ) . 4 4 Bài 2: (2đ) Giải các phương trình sau: a) cos 2 x  3cos x  2  0 (1) b) 3 cos4 x  sin 4 x  2cos3 x  0 (2) Bài 3: (1,5đ) Có 14 người gồm 8 nam và 6 nữ, chọn ngẫu nhiên một tổ 6 người. Tính: a) Số cách chọn để được một tổ có nhiều nhất là 2 nữ. b) Xác suất để được một tổ chỉ có 1 nữ. Bài 4: (2đ) k k k k k a) Chứng mình rằng, với 3  k  n , ta có: Cn  3Cn 1  3Cn 2  Cn 3  Cn 3 b) Cho đường tròn (C) tâm I(4; –5), bán kính R = 2. Tìm ảnh (C’) của đường tròn (C) qua phép tịnh  tiến theo véc tơ v  1;  3 . Bài 5: (3đ) Cho tứ diện ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD, trên cạnh AD lấy điểm P không trùng với trung điểm của AD. a) Gọi E là giao điểm của đường thẳng MP và đường thẳng BD. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (PMN) và (BCD). b) Tìm thiết diện của mặt phẳng (PMN) với tứ diện ABCD. ––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2007 – 2008 Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Đề số 5 Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 Nội dung Điểm (1,5đ)     1  sin  2 x    1, x    2  2 sin  2 x    2 0,5  4  4 Câu a (0,75đ)   0,25  1  1  2 sin  2 x    3  1  y  3  4 Vậy: Maxy = 3 và miny = –1  Tập xác định D =   x  D   x  D 0,25 Câu b (0,75đ)              f   x   sin   x    sin   x    sin    x     sin    x     4  4   4    4  0,25             sin  x    sin  x     sin  x    sin  x      f  x   4  4   4  4   Vậy f(x) là hàm số lẻ 0,25 Bài 2 Nội dung Điểm (2đ) (1)  2cos 2 x  3cosx  1  0 0,25 cosx  1 cosx  1    cosx  1 cosx  cos  0,5  2  3 Câu a (1đ)  x  k 2   k Z   x     k 2 0,25  3  3 1   2  2   cos4 x  sin 4 x   2 cos3 x   2 2  0,25    cos  4 x    cos3 x 0,25  6   4 x  6  3 x  k2  4 x    3 x  k2 0,25   6 Câu b (1đ)    x  6  k2  k Z  x    k2 0,25   42 7 2
Bài 3 Nội dung Điểm (1,5đ) 0 6  TH1: 0 nữ + 6 nam, số cách chọn là C6 C8 . 1 5  TH2: 1 nữ + 5 nam, số cách chọn là C6 C8 . Câu a 0,5 2 4 (0,75đ)  TH3: 2 nữ + 4 nam, số cách chọn là C6 C8 . 0 6 1 5 2 4  Cả 3 trường hợp, số cách chọn là C6 C8  C6 C8  C6 C8  1414 0,25  n   C 164  3 0 0 3 . 0,25 Câu b  Gäi A lµ biÕn cè: "Chän ®îc 6 ngêi trong 0,25 (0,75đ) ®ã chØ cã 1 n÷", n  A   C6 .C8  336. 1 5 n  A 336 16  P  A    . 0,25 n  3003 143 Bài 4 Nội dung Điểm (2đ) k  k k k   VT  Cn  Cn 1  2 Cn 1  Cn 2  Cn 2  Cn 3 k k    0,25 k k 1 k 2 Câu a  Cn 1  2Cn 1  Cn 1 0,25 (1đ)   C k n 1 C k1 n1   C k1 n 1 C k 2 n 1  0,25 k k 1 k 0,25 C n 2 C n2 C n3 2 2  Phương trình đường tròn (C):  x  4    y  5   4 0,25 2 2 Lấy bất kỳ M(x; y)  ( C )   x  4    y  5   4 (*) x '  x  1  x  x ' 1 Câu b  Tv  M   M '  x '; y '      0,25 y'  y  3  y  y ' 3 (1đ) Thay vµo  *  :  2 2 2 2 0,25  *    x ' 1  4    y ' 3  5   4   x ' 5    y ' 8  4 2 2  Vậy phương trình (C’):  x  5    y  8   4 0,25 Bài 5 Nội dung Điểm (3đ) A P M B D E F N 0,5 C 3
 E  MP  BD, suy ra  E  MP   MNP   E   MNP    0,5  E  BD   BCD   E   BCD   Câu a  E lµ ®iÓm chung thø nhÊt (1, 5đ)  N   MNP   0,5   N  CD   BCD   N   BCD    N lµ ®iÓm chung thø hai. Suy ra  MNP    BCD   EN 0,5  Trong mp  BCD  gäi F = EN  BC DoEN   PMN   BC   PMN   F   ABC    PMN   MF 0,5 MÆt kh¸c:  BCD    PMN   FN 0,25 Câu b (1đ)  ACD    PMN   NP  ABD    PMN   PM 0,25 Vậy thiết diện của mp(PMN) và tứ diện ABCD là tứ giác MFNP. 4
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRƯỜNG TỘ ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Đề số 6 Thời gian làm bài 120 phút Câu 1: (4 điểm) 1 1) Tìm tập xác định của hàm số: y  tan x  . sin x 2) Giải các phương trình sau:     a) tan  x    cot   3x   0 . Từ đó tìm các nghiệm thuộc khoảng (0;  ) .  3 6  b) 5sin2 x  4 sin 2 x  6 cos2 x  2 . c) cos3 x  sin3 x  cos2 x . Câu 2: (3 điểm) 1) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên thoả: a) Có 3 chữ số khác nhau. b) Có 3 chữ số khác nhau và nhỏ hơn số 235. 2) Một túi đựng 11 viên bi chỉ khác nhau về màu, gồm 4 bi xanh và 7 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi. Tính xác suất để: a) Lấy được 2 viên bi cùng màu. b) Lấy được 2 viên bi khác màu. 3) Một túi đựng 11 viên bi chỉ khác nhau về màu, gồm 4 bi xanh và 7 bi đỏ. Lấy lần lượt 2 viên bi, lấy xong viên 1 thì bỏ lại vào túi. Tính xác suất để: a) Cả hai lần lấy cả 2 viên bi đều màu đỏ. b) Trong 2 lần lấy, có ít nhất 1 viên bi xanh. Câu 3: (1,5 điểm) 1) Cho đường tròn (C): x 2  y 2  4 x  6 y  12  0 . Viết phương trình đường tròn (C) là ảnh của (C)  qua phép tịnh tiến theo vectơ u  (2; 3) . 2) Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh bằng 2 . Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE  1 . Tìm phép dời hình biến AO thành BE. Câu 4: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SC. 1) Tìm giao điểm của SO với mp(MNB). Suy ra thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(MNB). 2) Tìm các giao điểm E, F của AD, CD với mp(MNB). 3) Chứng minh rằng E, F, B thẳng hàng. --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011 Môn TOÁN Lớp 11 Nâng cao Đề số 6 Thời gian làm bài 120 phút Câu 1: 1 1) Tập xác định của hàm số: y  tan x  sin x  x  m sin x  0   ĐKXĐ:    xm (m, n   )  cos x  0  x  2  n 2      Tập xác định của hàm số là: D =  \ m ; m     2  2) Giải phương trình:         a) PT  tan  x    tan  3 x    0  tan  3 x    tan   x    3  3  3  3      3x   x   k  x   k (k   ) 3 3 6 4 Để nghiệm của PT thoả 0  x   thì    7  2 14 0 k   k  k   k  1; 2; 3; 4 6 4 6 4 6 3 3   7 5 Vậy các nghiệm thuộc khoảng (0;  ) là: x  ; x  ; x  ; x . 12 3 12 6 b) 5sin2 x  4 sin 2 x  6 cos2 x  2  3sin 2 x  8sin x.cos x  4 cos2 x  0 (1) + Với cos x  0 , ta thấy không thoả PT (1) + Với cos x  0 , chia 2 vế của (*) cho cos2 x , ta được:  tan x  2  x  arctan(2)  k 2 (1)  3tan x  8tan x  4  0   2    2  tan x    x  arctan     k  3   3  2 Vậy PT có nghiệm: x  arctan(2)  k ; x  arctan     k  3 c) PT  cos3 x  sin 3 x  cos2 x  sin 2 x  (cos x  sin x )(cos2 x  cos x sin x  sin2 x )  (cos x  sin x )(cos x  sin x )  (cos x  sin x )(1  sin x cos x  sin x  cos x )  0  (cos x  sin x )(1  cos x )(sin x  1)  0   sin x  cos x  0  x   4  k  1  cos x  0   x  k 2  (k   )  sin x  1  0  x     k 2   2 Câu 2: 1) a) Mỗi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử. 3  Số các số cần tìm là: A5 = 60 (số) 2