Đề thi cuối kỳ 1 Toán 11 năm 2020 - 2021 trường THPT Đông Hà - Quảng Trị - TOANMATH.com

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT ĐÔNG HÀ. ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KỲ I – NĂM HỌC 2020 - 2021. TỔ: TOÁN. MÔN TOÁN – LỚP 11. (Đề gồm 01 trang). Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề). Họ và tên:………………………………………..........Lớp:….…………SBD:……...…. Câu 1 (3.0 điểm). Giải các phương trình sau: a. 2sin 2 x − 1 =0 . b. 2sin 2 x − 3cos x + 3 = 0. 2 + 3 cos 3 x . c. 2sin 2 x cos x − sin x =. 2021π  2021π   2 d. 2sin 2  x − 0.  − 2cos  x +  + tan x = 4  2   . Câu 2 (1.0 điểm). Từ tập A = {1; 2;3; 4;5;6;7;8} có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 5 ? Câu 3 (1.0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển của nhị thức ( x − 2)15 . Câu 4 (2.0 điểm). Một lớp học có 18 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Lớp trưởng chọn ngẫu nhiên 4 bạn tham gia cùng một trò chơi. Tính xác suất để sao cho: a. trong bốn bạn được chọn có 2 bạn nam, 2 bạn nữ. b. trong bốn bạn được chọn không có quá 3 bạn nam. Câu 5 (1.0 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M ( −2;3) và đường thẳng d : 2x − 3 y + 6 = 0.  a. Tìm tọa độ điểm M ’ là ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo u  (3, 4) . b. Tìm ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng tâm O ( 0;0 ) . Câu 6 (2.0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB , gọi M là trung điểm của SA , E là điểm trên cạnh AB sao cho tứ giác AECD là hình bình hành, I là trung điểm của CE. Gọi (α ) là mặt phẳng chứa IM và song song với SD. a. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng ( SAD ) và ( SBC ) . b. Tìm giao điểm N của đường thẳng AD và mặt phẳng (α ) . c. Giả sử tam giác SCD cân tại S . Chứng minh rằng thiết diện của hình chóp S . ABCD cắt bởi mặt phẳng ( α ) là một hình thang cân.. …..HẾT…...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC: 2020 – 2021 MÔN: TOÁN - LỚP 11. TRƯỜNG THPT ĐÔNG HÀ. TỔ TOÁN. Câu. Nội dung. 1 pt ⇔ sin 2 x = . 2. π. 1a. 1b. ⇔ sin 2 x = sin . 6 π  x = + k 2π 2  6 ⇔ .  2 x = π − π + k 2π  6 π  + kπ x = 12 ⇔ , k ∈  . 5π = + kπ x  12 pt ⇔ 2 (1 − cos 2 x ) − 3cos x + 3 = 0.. 1d. 0.25. 0.25 0.25. 0.25. ⇔ sin 3 x − 3 cos 3 x = 2 1 3 π cos 3 x =⇔ 1 sin(3 x − ) = 1 ⇔ sin 3 x − 2 2 3 5π k 2π π π , k ∈ . ⇔ 3 x − = + k 2π ⇔ x = + 3 2 18 3. Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠. 0.25. 0.25. ⇔ 2cos 2 x + 3cosx − 5 = 0. cosx = 1 ⇔ . cosx = − 5 ( PTVN )  2 ⇔= x k 2π , k ∈  .. pt ⇔ sin 3 x + sin x − sin x = 2 + 3 cos 3x. 1c. Điểm 0.25. 0.25 0.25. 0.25. π + k π, k ∈ . 2. π π   pt ⇔ 2sin 2  x − 505π −  − 2cos 2  x + 1010π +  + tan x = 0 4 2   π sin x  2 ⇔ 1 − cos  2 x −= = 2 x 2sin 2 x −  2sin x − tan x ⇔ 1 − sin 2 cos x  2sin 2 x cos x − sin x ⇔ 1= − sin 2 x ⇔ 1= − sin 2 x tan x ( sin 2 x − 1) cos x ⇔ (1 − sin 2 x )(1 + tan x ) = 0. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> π  x = + lπ  sin 2 x = 1 4 ⇔ ⇔ , l ∈ . = − π tan x 1   x =− + l π  4. 2. π mπ + , m ∈ . Đối chiếu điều kiện vậy phương trình có nghiệm là x = 4 2 Gọi số cần tìm là abcd Chọn d có 1 cách Chọn a, b, c có A73 cách Vậy có tất cả 1. A73 = 210 số. k 15 k 15 − k 15 = k 0= k 0. Ta có: ( x − 2)= 15. 3. 4a. 4b. 5a. 5b. 0.25. 15. ∑C. x. .(−2)=. ∑C. k 15. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5. (−2) k x15− k .. 4 73815 . Số phần tử của không gian mẫu: Ω= C38=. 0.25 0.25 0.5. Gọi A là biến cố “trong bốn bạn được chọn có 2 bạn nam, 2 bạn nữ”. Ω A C182 .= C202 29070 . Số các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: =. 0.25. Ω C 2 .C 2 102 ⇒ P ( A ) = A = 18 4 20 = . 259 Ω C38. 0.25. Gọi B là biến cố “trong bốn bạn được chọn không có quá 3 bạn nam”. 3 1 C204 + C181 .C20 + C182 .C202 + C183 .C20 Số các kết quả thuận lợi cho biến cố B là: Ω B = .. 0.25 0.5. Vì số hạng chứa x 6 nên: 15 − k = 6 ⇔ k = 9 . Hệ số của số hạng chứa x 6 là C159 (−2)9 = −2562560 .. 3 1 Ω B C204 + C181 .C20 + C182 .C202 + C183 .C20 4717 . ⇒ P ( B) = = = 4 4921 Ω C38   M ' ⇔ MM ' = u. Gọi M ’ ( x’; y’) , Tu ( M ) =. 0.25 0.25.  x ' =x + a =−2 + 3 =1 ⇒ M ' (1; −1) . ⇔  y ' =y + b =3 − 4 =−1 Gọi d ' : 2x − 3 y + c = 0 là ảnh của d phép đối xứng tâm O ( 0;0 ) .. 0.25. Lấy M ( 0; 2 ) ∈ d . Ảnh của M qua phép đối xứng tâm O là M ' ( 0; −2 ) .. 0.25. M ' ( 0; −2 ) ∈ d ' ⇔ 2.0 − 3.(−2) + c =0 ⇔ c =−6 .. 0.25. Vậy ảnh của d qua phép đối xứng tâm O là d ' : 2x − 3 y − 6 = 0. Ta có: S ∈ ( SAD) ∩ ( SBC ) . S F AD ∩ BC . Gọi =  F ∈ AD ⇒ F ∈ ( SAD)   F ∈ BC ⇒ F ∈ ( SBC ). Q. M. ⇒ F ∈ ( SAD) ∩ ( SBC ) .. 6a A N D F. Từ (1) và (2) suy ra: ( SAD) ∩ ( SBC ) = SF .. E I C. B P. (1) 0.25 0.25 0.25 (2). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 6b.  M ∈ (α ) ∩ ( SAD )  M ∈ d d (α ) ∩ ( SBC ) ⇒  Ta có (α ) // SD , gọi= . d // SD   SD ⊂ ( SAD )  N ∈ AD  N ∈ AD ⇒ N = AD ∩ (α ) . Gọi N= d ∩ AD , khi đó  ⇒  N ∈ d , d ⊂ (α )  N ∈ (α ) Kẻ NI cắt CB tại P . Do MN // SD và M là trung điểm SA nên N là trung điểm của AD . Điểm I là trung điểm CE nên NP là đường trung bình của hình thang ABCD . Lúc đó, NP // AB nên (α ) // AB .. 0.25. 0.25. 0.25. Từ đó, kẻ MQ song song với AB, Q ∈ SB . Thiết diện diện hình chóp cắt bởi (α ) là hình thang MNPQ (vì NP // AB, MQ // AB ).. 6c. NP Do NP là đường trung bình của hình thang ABCD , suy ra=. Do MQ là đường trung bình của tam giác SAB nên MQ =. 1 AB . 2. 1 ( AB + CD ) . 2. Suy ra NP > MQ do đó MNPQ là hình thang không là hình bình hành. 1 1 = SD; PQ SC mà SC = SD suy ra MN = PQ . 2 2 Từ (3) và (4) suy ra MNPQ là hình thang cân. = MN Mặt khác,. (3) (4). Lưu ý: Học sinh có thể làm bài theo phương pháp giải khác có kết quả đúng thì vẫn được đánh giá điểm đã cho tương đương cho phần nội dung trả lời đó.. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>