SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011 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) cos 2 5sin 2 0 x 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; 6 A = , 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 0 d 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 4 DN 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 ( ) n u biết 1 1 2; 3 n n u u u n + = − = + với 1. n ≥ Lập công thức số hạng tổng quát n u 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 2 1 2 n x x   −     biết rằng : 3 2 2 1 8 3( 1). n n A n C − − = + HẾT SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC 2010 - 2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1a) 2 2 cos 2 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 3 sin 2cos cos cos 3 sin 2 cos 2 1 3 cos sin cos 2 cos cos 2 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: • Nếu {3;5} a ∈ : Có 2 cách chọn a, 4 cách chọn d và 2 5 A cách chọn bc . Do đó trường hợp này có 2 5 2.4. 160 A = số. • Nếu {4;6} a ∈ : Có 2 cách chọn a, 3 cách chọn d và 2 5 A cách chọn bc . Do đó trường hợp này có 2 5 2.3. 120 A = 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 1820 CΩ = = . 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 2 x = ta có (2; 4) M − và (5; 5). N − Với 2 x = − 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 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 3 n n u u n + − = với mọi 1 n ≥ , 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 1 3 6 9 3( 1) n n u u n S − − = + + + + − = trong đó 1 n S − là tổng của 1 n − 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 − + −   = − = −     1 k T + 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. . THI N HUẾ ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC 2 010 - 2 011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1a) 2 2 cos 2 5sin 2 0 1 2sin 5sin 2 0 2sin 5sin 3 0 sin 3 1 sin 2 2 6 (. THỪA THI N HUẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2 010 - 2 011 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC. 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