de thi hk 1 de thi hk 1 toán 11

Lấy ngẫu nhiên 4 quyển.. 4 quyển lấy ra có ít nhất 1 quyển sách Vật lý.. 4 quyển lấy ra có đúng 2 quyển sách Toán.. Câu III: 3 điểm: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đá

THI KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN : TOÁN LỚP 11

Thời gian: 90 phút

ĐỀ:

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7điểm)

Câu I: (2 điểm) Giải các phương trình sau

tan(4x 15 )  3 b/ 3cos x2 4cos x7

c/ cosx 3 sinx 2 d/ 2 2

2cos 3x sin 6x 3sin 3x 2

Câu II: (2 điểm)

1/ Tìm số hạng không chứa x trong khai triển

18 2

2

x x

2/ Trên giá sách có 4 quyển sách Toán, 5 quyển sách Vật lý và 3 quyển sách Hóa học Lấy ngẫu nhiên 4 quyển Tính xác suất sao cho:

a) 4 quyển lấy ra có ít nhất 1 quyển sách Vật lý

b) 4 quyển lấy ra có đúng 2 quyển sách Toán

Câu III: (3 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy

lớn AB = 2CD.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA,SB và O là giao điểm của AC và BD

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) ; (SAD) và (SBC)

b) Chứng minh MN // CD và MD // NC

c) Tìm giao điểm I của đường thẳng AN với (SCD)

II PHẦN RIÊNG (3điểm) Thí sinh học theo chương trình nào làm theo chương trình đó

1 Theo chương trình chuẩn

Câu Iva: (1điểm)

Giải phương trình: 2cos2x4cosx 1 sinx2sin cosx x

Câu Va: (2 điểm) Trong mpOxy cho A(1;3) và v( 2;1)  đường thẳng d:

3x 2y  9 0

a/ Tìm ảnh của d qua phép tịnh tiến vectơ v

b/ Tìm ảnh của A qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm O góc 0

90 và phép vị tự tâm O tỉ số k = - 2

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (1 điểm)

Giải phương trình: 4sinxcos x( ) 4sin( x co) sx 2sin(3 x cos x 1

Câu Vb (2 điểm) Trong mpOxy cho A(1;3) và v( 2;1)  đường thẳng d:

3x 2y  9 0

a/ Tìm ảnh của d qua phép đối xứng trục Ox

b/ Tìm ảnh của d qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm A tỉ số k = 2 và phép tịnh tiến vectơ v

ĐÁP ÁN THI HỌC KÌ I KHỐI 11 (ban cơ bản)

I.a

0.5điểm

0

tan(4 15 ) 3

tan(4 15 ) tan 60

x x

0,25

0

4

I.b

0.5điểm

2

7cos x4cos x3 đặt t =cos x;   1 t 1

1( ) 3 ( ) 7









 



t nhan

t nhan

0,25

2



0, 25

Ic

0.5điểm

Chia 2 vế cho 2 ta được 1cos 3sin 2

2 x 2 x 2 2

sin cos cos sin

0,25

sin sin

2

2

   



 

    



2 12 7

2 , 12

   



 



0,25

Id

0.5điểm

2cos 3x sin 6x 3sin 3x 2

Ta có cos 3 0

6 3

   

x x  k

không phải là nghiệm của phương trình, suy ra cos3x 0 , chia 2 vế cho 2

cos 3x ta được

2 tan 3x 2 tan 3x 0

0,25

tan 3 0 tan 3 2







x x

3 arctan 2

 





x k

k k x





0,25

IIa

1điểm

2 ( )  2   

k

x

0, 5

Theo YCĐB: k 2(18 k)    0 k 12 0,25

Số hạng không chứa x trong khai triển là: 12 6

18 2  9792

IIb

2 điểm

Mỗi cách chọn 4 quyển sách bất kỳ là một tổ hợp chập 4 của 12 phần tử

4 12

( )    495

0,5

12 7 5 ( )    460

460 92 ( )

495 99

2 2

4 8 ( )  168 

168 56 ( )

495 65

IIIa

1điểm

* Tìm: (SAC)  (SBD)

Ta có S là một điểm chung

Gọi ACBDO

Ta có: OAC (SAC)

OBD (SBD)

Suy ra:O là điểm chung thứ 2

Vậy: (SAC)  (SBD) SO

1

IIIb

1điểm

Trong (SAB) ta có MN/ /AB( đường TB của tam giác SAB) 0,25 Trong mp( ABCD) có DC/ /AB

Vậy: DC/ /MN

0,25

1 MN//AB; MN=DC=

2

Nên Tứ giác MNDC là HBH MD/ /NC

0,25 0.25

IIIc

1điểm

*Chọn (SAB) AN

Tìm (SAB)  (SCD)

Ta có S là một điểm chung thứ nhất

Mặt khác:

/ / DC ( ) ( ) ( ) / / / / DC ( )







AB

0,5

Gọi K là giao điểm của AN và St



K AN

K St SDC K SDC Suy ra AN(SCD)K

0, 5

IVa

1điểm

2 2

os 1) 4 cos 1 s inx(1 2 cos )

4 os 4 cos 3 s inx(1 2 cos )

4(cos )(cos ) s inx(1 2 cos )

2cos 2 4cos 1 sin 2sin cos

2(2c c

0,25

3 2(1 2 c osx)( c osx ) s inx(1 2 cos ) 0

2 (1 2 co sx)( 2 c osx 3 s inx)=0

*(1 2 co sx)=0 2

3

    x  k 

0.25

*2cosx 3 sinx=0   PTVN vì a2b2 c2 0,25

VIa

a

1điểm

Gọi d’ là ảnh của d qua phép T Ta có d’ // d nên d’ có dạng : v

Lấy M( 3;0)  d T M v( ) M' suy ra M'( 5;1)  d' 0,25

Thay vào d’ ta được 3.( 5) 2.1      c 0 c 17 0,25 Vậy d’ : 3x 2y 17  0 0,25

VIa

b

1điểm

Gọi A1 Q(0,900 )( )A suy ra A1( 3;1)  0,25

Gọi A' V( ; 2)O (A1) suy ra A'( 6; 2)   0,5

Từ đó ta có A’ là ảnh của A qua phép đồng dạng theo yêu cầu đề bài 0,25

IVb

1điểm

3 4sinxcos x 4sin x cosx 2sin x cos x 1

4sin x sinx

cosx+2cosxcosx

0,25

4sin x 4sinxcosx 2cos x 1

Xét cosx =0 không thỏa phương trình

Xét cos x0, chia 2 vế của phương trình cho 2

cos x, ta được:

2

3tan x4tanx 1 0 

0,25

4 1

1 tan x

x arctan k 3

3







0,25

Vb

2điểm

Gọi d’ là ảnh của d qua phép đối xứng trục Ox

( ; ) , D (Ox ) ' '( '; ') '

M x y d M M M x y d



  thay vào d ta được 3 ' 2(x y') 9 0 hay d’:

3x 2y  9 0

0, 5

Gọi d‘ là ảnh của phép đồng dạng cần tìm

Suy ra d'/ /d nên d : 1 3x 2y c  0

Lấy M( 3;0)  d ;

( ,2) '(x'; y') V (M) ' 2

'( 7; 3)



       

A

M

y y y y

''  v(M')  M''( 9; 2)  

Goi M T thay vào d' ta được

3.( 9) 2.( 2)       c 0 c 23

Vậy d1: 3x 2y 23  0

0, 5

0 5