1 SỐ ĐỀ KIỂM TRA TOÁN LỚP 11 CÓ ĐÁP ÁN

Giải các phương trình sau đây: a. (2 đ) b. (2 đ) c. (2 đ) d. (2 đ) e. (2 đ) ĐÁP ÁN a. (0,5) (0,5) (1,0) b. (0,5) (0,5) (0,5) (0,5) c. (0,5) (0,5) (0,5) (0,5) d. (0,5) (0,5) (0,5) (0,5) e. Điều kiện (0,25) PT đã cho tương đương với (0,25) (0,25) (0,25) (0,25) (0,25) (0,25) (0,25)

Thời gian: 45 phút (không kể chép đề) Cho hình chóp SABC có SA ⊥ ( ABC ), SA a = 6 , ∆ ABC là tam giác đều cạnh 2a

a Chứng minh rằng ∆ SAB và ∆ SAC là các tam giác vuông

b Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh rằng BC ⊥ ( SAM )

c Gọi Nlà trung điểm của AB Tính tan ( MN SC · ; )

d Tính cos ( · SB ABC ; ( ) )

e Trên SB SC , lần lượt lấy các điểm K và Lsao cho 2

3

SK

SB = , 2

3

SL

SC = Gọi

I = KL ∩ SM Chứng minh rằng AI ⊥ ( SBC )

ĐÁP ÁN

a.(2 đ) vì SA ⊥ ( ABC )(0,5)

nên

SA ⊥ AB(0,5) và SA ⊥ AC

(0,5),

do đó các tam giác ∆ SAB và

SAC

∆ vuông tại A(0,5)

b (2 đ) ∆ ABC đều và có AM là

đường trung tuyến(0,5) nên

BC ⊥ AM (0,5)(1) Theo giả

thiết SA ⊥ ( ABC )(0,25) nên

SA BC ⊥ (0,5) (2) Từ (!) và (2)

suy ra BC ⊥ ( SAM )(0,25)

c (2 đ) Dễ thấy rằng MN là

đường trung của ∆ ABC nên

MN AC P (0,5) , do đó

·

( MN SC ; )

·

( AC SC ; ) (0,5) SCA ·

(0,25)

Trong tam giác vuông SAC có

tan

SA a

SCA

SC a

(0,5),

tan ;

2

MN SC = (0,25)

d.(2 đ) Dễ thấy rằng AB là hình chiếu của SB trên (ABC)(0,5), do đó

·

( SB ABC ; ) = ( SB AB · ; ) (0,25) = SBA · (0,25)

SAB

∆ vuông tại A nên SB2 = SA2 + AB2 = 10 a2⇒ SB a = 10.(0,5)

j

N

I L

M

B

s

K

Ta có cos · 10

2

AB SBA

SB

cos ;

2

SB ABC = (0,25)

e.(2 đ) Từ giả thiết ta có SK SL

SB = SC , suy ra KL BC P (0,25), mà BC ⊥ ( SAM ), do đó

KL ⊥ SAM , vậy KL ⊥ AI(),25)(3)

SM = SA + AM = a + a = a , suy ra SM = 3 a(0,25)

Vì KL BC P nên 2

3

SI SK

SM = SB = , suy ra 2

2 3

SI = SM = a(0,25)

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác SAI:

·

2 2 2 2 cos (0,25) 2 2 2 SA 2 2

AI SA SI SA SI ASI SA SI SA SI a

SM

Ta có SI2 + AI2 = 4 a2 + 2 a2 = 6 a2 = SA2, do đó ∆ SAI vuông tại I hay AI ⊥ SI (0,25)(4)

Từ (3) và (4) suy ra AI ⊥ ( SBC )(0,25)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I

Môn : Toán Khối 11 Thời gian : 90 phút ( không kể thời gian phát đề )

Câu 1 : (3đ) Giải các phương trình sau :

a) 2 cos 1 0

2

x π

 − + =

 ÷

 

b) sin 3 cos 3

− = −

c) 4 cos5xsinx c+ os 42 x−2sin4xsin 2x+ =1 0

Câu 2 : (2đ)

a) Cho khai triển( 4 )13

2x −3 thành đa thức Tìm số hạng không chứa x b) Một hộp có chín thẻ được đánh số từ 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 Rút ngẫu nhiên hai thẻ, sau đó nhân hai số ghi trên hai thẻ đó với nhau Tính xác suất để kết quả nhận được là

số lẻ

Câu 3 : (2đ)

a) Cho cấp số cộng có

1

1 5;

2

u = d = − Tính S12

b) Cho cấp số cộng thỏa







=

=

− 75

8

7 2

3 7

u u

u

u Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng đó

Câu 4 : (3đ) Cho hình chóp S.ABC Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SC

1) Chứng minh rằng : MN song song (ABC)

2) Trong ( ABC ) dựng điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành

a) Tìm giao tuyến của (MND) và (ABC)

b) Tìm giao điểm của MN và (SBD)

ĐÁP ÁN

1 os

2

2 2

2 2

7 2 6 2 6

PT c x

c x c

x k

x k

π

⇔  − ÷= −

⇔  − ÷=

 − = +

 



⇔

 − = − +

 ÷



 = +



⇔ 

 = − +



0.25

0.25 0.25 0.25

Câu Ý Nội dung Điểm

Vậy nghiệm của phương trình là : ( )

7 2

2 6

x k

k

x k

 = +



∈ Ζ



 = − +



Câu Ý Nội dung Điểm

3 cos sin sin cos

3 sin

2

2

4 10

4 3

PT

x

x

x

k x

k

x k

x k

π

π

⇔  − ÷= −

⇔  − ÷= − ÷

 − = − +



⇔ 

 − = + +



=





⇔

 = +



Vậy nghiệm của phương trình là : 104 ;( )

4 3

x k

k

x k

π

=



 = +



0.25

0.25 0.25 0.25

Câu Ý Nội dung Điểm

( )

2

2

4cos sin os 4 2sin sin 2 1 0

2sin 2 cos 2 sin 4 2 0

sin 4 sin 4 2 0

sin 4 1 sin 4 2;

x x c x x x

x x x x c x

x x c x x c x

x x x

x x

x

x VN

k

x π k π x π π

= −





⇔ = − + ⇔ = − +

Vậy nghiệm của phương trình là : ;( )

8 2

k

x= − +π π k∈ Ζ

a) Ta có

( )

4 1

13 4 13

13

n k k k

k

k

T C x

C x

− +

−

1

k

T+ không chứa x

13

0 4 52

=

⇔

=

−

⇔

k

k

Vậy số hạng không chứa x là : ( )

( )

13 13

13

3 3

T =C −

= −

Ta có : số phần tử của không gian mẫu là: ( ) 2

n Ω =C =

Gọi A là biến cố : “Tích của hai số ghi trên thẻ là số lẻ “

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

{ 1;3 , 1;5 , 1;7 , 1;9 , 3;5 , 3;7 , 3;9 , 5;7 , 5;9 , 7;9 }

A

⇒ =

Nên số phần tử của biến cố A là : n A( ) =10

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu Ý Nội dung Điểm

Vậy xác suất của A là : P A( ) n A( ) ( ) 1036 185

n

= = = Ω

Ta có :

( )

1

1 11

5 11

12

1

2

n

u u n d

u u d

n

S u u S u u

= + −

= +

 

= + − ÷= −

 

=  − ÷=

S = u + d =  + − =

 ÷

trọn 1đ)

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu Ý Nội dung Điểm

(1 ) ( 1 )

2 7

2

1

1

8

75

2

2 3 17

u d u d

u u

u d u d

u u

d

u u d d

d

u u

d u u

⇔



=





=



⇔  + − =



=



 =

⇔ 



 = −



u + u d+ d − =

thì chấm câu b này 0.5đ )

Vậy có hai CSC : u1 = 3 ,d = 2 và u1 = -17 , d = 2

4

3.0

Vẽ được hình chóp S.ABC cho0.25đ, vẽ đúng hết hình cho thêm 0.25đ

0.5

Ta có : MN là đường trung bình của tam giác SAC

D A

K

N S

M

d

L

O

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu Ý Nội dung Điểm

Mà AC⊂ (ABC)

Vậy MN // (ABC)

Dễ thấy : D∈(MND) (∩ ABC) (1)

/ /

AC MN

AC ABC

MN MND





⊂





(2)

Từ (1),(2) ⇒(MND) (∩ ABC) =d ; ( d qua D và d // AC )

Trong ( ABCD) ,gọi O=AC∩DB

Dễ thấy SO=(SAC) (∩ SDB)

L MN

L SO SBD

∈



 ∈ ⊂

Vậy L là giao điểm của MN và (SBD)

GVBM : Lê Thanh Hải

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25 0.25

0.25 0.25

Cho hình chóp S.ABCD Gọi E = AD ∩ BC.

a Tìm giao tuyến của (SAD) và (SBC)

b Trên đoạn SE lấy điểm M bất kỳ Tìm giao điểm K của SB và (MDC)

c Tìm giao điểm L của SA với (MDC)

d Tìm giao tuyến của (MDC) với (SAB)

e Trên đoạn CD lấy điểm N bất kỳ Gọi O EN = ∩ BD và P SO = ∩ DK Chứng minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng

a.(2 đ) Dễ thấy S ∈ ( SAD ) ( ∩ SBC )(1) (0,5)

E AD SAD

E AD BC

E BC SBC

 (0,5)⇒ ∈ E ( SAD ) ( ∩ SBC ) (2)(0,5)

Từ (1) và (2) suy ra ⇒ SE = ( SAD ) ( ∩ SBC )(0,5)

b .(2 đ) Trong (SEC) gọi K SB = ∩ MC(0,5)

K SB

K MC MDC

∈



⇒  ∈ ⊂  (1,0)

( )

K SB MDC

c .(2 đ) Trong (SED) gọi L SA MD = ∩ (0,5)

L SA

L MD MDC

∈



⇒  ∈ ⊂  (1,0)

( )

L SA MDC

d .(2 đ) Ta có K SB = ∩ MC(0,25) ( )

K SB SAB

K MC MDC

K MDC SAB

P

O K

L

E

A

C

D S

B M

N

Tương tự L SA = ∩ MD(0,25) ( )

L SA SAB

L MD MDC

(4)(0,25)

Từ (3) và (4) suy ra KL = ( MDC ) ( ∩ SAB ) (0,5)

M SE SEN

M MDC

 (0,25)⇒ M ∈ ( SEN ) ( ∩ MDC ) (5)(0,25)

N DC MDC

N SEN

P SO SEN

P DK MDC

 (0,5) ⇒ ∈ P ( SEN ) ( ∩ MDC ) (7)(0,25)

Từ (5), (6) và (7) suy ra ba điểm M N P thẳng hàng.(0,25)

Bài 1(2 đ) Cho khai triển ( 2 )15

2

x + thành đa thức Tìm số hạng chứa x12

Bài 2 (3 đ) Cho tập hợp A = { 1;2;3;4;5;6;7;8;9 } Từ các phần tử của A có thể lập ra được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau đôi một và tận cùng là một chữ số chia hết cho 3

Bài 3 (3 đ) Một tủ đựng 6 quyển sách toán, 7 quyển sách văn và 8 quyển sách anh văn (các

quyển sách đôi một khác nhau)

a Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 6 quyển sách bất kỳ từ tủ?

b Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 6 quyển sách từ tủ sao cho có đủ ba loại và số lượng mỗi loại bằng nhau?

Bài 4 (2 đ) Lớp 11A1 có bốn tổ, tổ I có 5 nam và 4 nữ, tổ II có 5 nam và 5 nữ, tổ III có 4 nam và

6 nữ, tổ IV có 3 nam và 6 nữ Ở mỗi tổ, ta lấy ngẫu nhiên ra 1 học sinh Tính xác suất để 4 học sinh lấy ra có cùng giới tính

ĐÁP ÁN

Bài 1(2 đ) Số hạng tổng quát ( )2 15

1 15k k 2k k

T+ = C x − (0,5) = C15k 2kx30 2− k(0,5) Tk+1 chứa x12 khi

30 2 − k = 12 (0,5)⇔ = k 9(0,25) Vậy số hạng chứa x12 là T10 = C15929 12x (0,25)

Bài 2 (3 đ) số tự nhiên cần tìm có dạng abcd (0,25)

Chọn d ∈ { 3;6;9 } thì có 3 cách chọn(1,0) Tiếp theo chọn abc A d ∈ \ { } thì có A83 cách(1,5) Vậy có cả thảy 3.A83 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu của bài toán(0,25)

Bài 3 (2 đ)

a.(1 đ) Có C216 cách

b(2 đ) 6 quyển lấy ra đủ ba loại và số lượng mỗi loại bằng nhau nên mỗi loại phải lấy 2 quyển

Lấy 2 quyển sách toán từ 6 quyển sách toán thì có C62 cách (0,5), tiếp theo lấy 2 quyển sách văn từ 7 quyển sách văn thì có C72 cách (0,5), sau đó lấy 2 quyển sách anh văn từ 8 quyển sách anh văn thì có C82 cách (0,5), vậy có tất cả C C C62 72 82 cách lấy 6 quyển sách thỏa mãn yêu cầu của đề bài (0,5)

Bài 4 (2 đ)

Mỗi phần tử của không gian mẫu là một bộ gồm 4 học sinh được lấy ngẫu nhiên ra từ bốn tổ, mỗi tổ 1 học sinh (0,25) Vậy ( ) 1 1 1 1

9 10 10 9 8100

n Ω = C C C C = (0,5)

Gọi A là biến cố: “4 học sinh lấy ra có cùng giới tính”(0,25) Ta tìm n A ( ) như sau:

Trường hợp 1: cả 4 học sinh lấy ra là nam

Dễ thấy trong trường hợp này có C C C C51 51 14 31= 300cách lấy 4 học sinh toàn nam (0,25)

Trường hợp 1: cả 4 học sinh lấy ra là nữ

Dễ thấy có C C C C41 51 61 61 = 720 cách.(0,25)

Suy ra n A ( ) = 300 720 1020 + = (0,25) Vậy P A ( ) n A ( ) ( ) 135 17

n

Giải các phương trình sau đây:

a 3tan x − 3 0 = (2 đ)

b sin x − 3 cos x = 3 (2 đ)

c 2cos 22 x + 7cos 2 x + = 3 0 (2 đ)

d cos3 x + 2sin2x − = 1 0 (2 đ)

e sin 2 x + 3cos x + cot x = 3sin x + cot cos x x + 3 (2 đ)

ĐÁP ÁN

3tan 3 0 tan

3

6

⇔ = (0,5)⇔ = + x π 6 k π ( k ∈ ¢ )

(1,0)

b sin x − 3 cos x = 3 1 sin 3 cos 3

2 x 2 x 2

⇔  − ÷ =

2

3 3

2



⇔ 

 − = − +



2

k

 = +



= +



¢ (0,5)

c

( ) 2

1 cos2

2cos 2 7cos 2 3 0 2

cos2 3

x

x VN





cos2 cos

3

2

3

2

3



⇔ 

 = − +



3

k

 = +



 = − +



¢ (0,5)

d cos3 x + 2sin2x − = 1 0 ⇔ cos3 x − − ( 1 2sin2x ) = 0 ⇔ cos3 x − cos2 x = 0 (0,5)

cos3 x cos 2 x

x x k

x x k

π π



⇔  = − +  (0,5) 2 2 ( )

5

x k

k k x

π π

=





 =



¢ (0,5)

e Điều kiện sin x ≠ ⇔ ≠ 0 x k π (0,25)

PT đã cho tương đương với

2

2sin cos 3cos 3sin 3

2sin x cos x 3sin cos x x cos x 3sin x cos x 3sin x

2 2 2

2sin x cos x 3sin x 3sin cos x x 3sin x cos x cos x 0

2

sin x 2cos x 3 3sin 1 cos x x cos 1 cos x x 0

( 1 cos x ) ( 1 cos x ) ( 2cos x 3 ) 3sin 1 cos x ( x ) cos 1 cos x ( x ) 0

( 1 cos x ) ( 1 cos x ) ( 2cos x 3 ) 3sin x cos x 0

( 1 cos x ) ( 2cos2x 3sin x 3 ) 0

( 1 cos x ) ( 2sin2 x 3sin x 1 ) 0

2

1 cos 0

2sin 3sin 1 0

x



( )

cos 1( ) sin 1

1 sin

2

x l







= −



2 2 2 6 7

2 6

k

 = − +











¢ (0,25)