ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011
Đề chính thức Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (Gồm 5 câu)
Câu 1 (3 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau:
a)
cos 2 5sin 2 0x 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;6A =
, 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 0d 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 = −
r
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
4DN 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 câu: 6a hoặc 6b)
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
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1a)
(1đ)
2 2
cos2 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)
(1đ)
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 2cos 2
1 3
cos sin cos2 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)
(1đ)
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
(1đ)
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. 160A =
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. 120A =
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
1820CΩ = =
. 0,25đ
3a)
(1đ)
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)
(0,75đ)
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
(1đ)
Gọi

( ; 2 )M x x d− ∈
. Vì
( )
v
N T M=
r
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
2x =
ta có
(2; 4)M −
và
(5; 5).N −
Với
2x
= −
ta có
( 2;4)M −
và
(1;3).N
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
5a
(1đ)
Vẽ hình thiết diện đúng: 0,25đ 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
(0,75đ)
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)
(1đ)
Ta có
1
3
n n

u u n
+
− =
với mọi
1n ≥
, 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
1n
S
−
là tổng của
1n
−
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)
(1đ)
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
−
+
−
 
= − = −
 ÷
 

1k
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.