1
Đề số 1
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau :
1) (1đ)
x x
2
3tan 1 3 tan 1 0
2) (1đ) x x
23
2cos 3 cos2 0
4
3) (1đ)
x
x
x
2
1 cos2
1 cot2
Câu II: (2đ)
1) (1đ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của
n
x
x
2
4
1
, biết: n n n
C C A
0 1 2
2 109
.
2) (1đ) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có sáu chữ số và thoả
mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu lớn hơn
tổng của ba chữ số cuối một đơn vị.
Câu III: (2đ) Trên một giá sách có các quyển sách về ba môn học là toán, vật lý và hoá học, gồm 4
quyển sách toán, 5 quyển sách vật lý và 3 quyển sách hoá học. Lấy ngẫu nhiên ra 3 quyển sách. Tính
xác suất để:
1) (1đ) Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán.
2) (1đ) Trong 3 quyển sách lấy ra, chỉ có hai loại sách về hai môn học.
Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn C x y
2 2
():(1)(2)4
. Gọi f là phép biến
hình có được bằng cách sau: thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ v
1 3
;
2 2
, rồi đến phép vị tự tâm
M
4 1
;
3 3
, tỉ số
k
2
. Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f.
Câu V: (2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M và N lần lượt là trọng tâm
của tam giác SAB và SAD.
1) (1đ) Chứng minh: MN // (ABCD).
2) (1đ) Gọi E là trung điểm của CB. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt
phẳng (MNE).
--------------------Hết-------------------
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
2
Đề số 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Câu
Nội dung
Điểm
I
(3đ)
1
x x x hoaëc x
2
1
3 tan 1 3 tan 1 0 tan 1 tan
3
0,50
x x k
tan 1
4
0,25
x x k
1
tan 6
3
0,25
2
PT x x x x x x
3
1 cos 2 3 cos2 0 1 sin2 3 cos2 0 sin2 3 cos2 1
2
 
0,25
x
sin 2 sin
3 6
0,25
x k x k
x
x k x k
2 2
3 6 4
sin 2 sin 5 7
3 6 2 2
3 6 12
 
0,25
0,25
3 ĐK:
x x l
sin2 0
2
x x
PT x x x x
xx
x
x x x
x x
2
2
cos2 1 cos2
1 sin 2 cos2 sin2 1 cos2
sin2 sin 2 sin2 1
sin2 1 sin2 cos2 1 0
sin2 cos2 1
0,50
x x k x k
sin2 1 2 2
2 4
   (thoả điều kiện) 0,25
x k (loaïi)
x x x x k
x k
sin2 cos2 1 sin 2 sin
4 4 4
4
(thoả đk)
0,25
II
(2đ)
1
ĐK:
n n
2;
; n n n
C C A n n n n
0 1 2
2 109 1 2 ( 1) 109 12

0,25
k
k k k k
k k
x C x x C x
x
12 12 12
12
2 2 4 24 6
12 12
40 0
1
0,25
k k
24 6 0 4
0,25
Vậy số hạng không chứa x là C4
12
495
0,25
2
Gọi số cần tìm là
aaaaaa
123456
.
Theo đề ra, ta có:
aaaaaa aaa aaaaaa
a a a a a a
123456 123 123456
123 123
1 2 1
2 21 1 11
  
 
0,25
+TH 1:
a a a
1 2 3
; ; 2;4;5
thì
a a a
4 5 6
; ; 1;3;6
nên có (1.2!).(3!) = 12 (số)
+TH 2:
a a a
1 2 3
; ; 2;3;6
thì
a a a
4 5 6
; ; 1;4;5
nên có (1.2!).(3!) = 12 (số)
0,50
3
+TH 1:
a a a
1 2 3
; ; 1;4;6
thì
a a a
4 5 6
; ; 2;3;5
nên có (1.2!).(3!) = 12 (số)
Theo quy tắc cộng, ta có: 12 + 12 + 12 = 36 (số)
0,25
III
(2đ)
1 A là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán”.
A
là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, không có quyển sách toán nào”.
C
P A
C
3
8
3
12
14
( )
55
0,50
PA PA
14 41
() 1 () 1
55 55
 
0,50
2 B là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có đúng hai loại sách về hai môn học”
BCC CC CC CC CC CC
12 21 12 21 21 12
45 45 43 43 53 53
145

0,50
P B
C3
12
145 29
44
0,50
IV
(1đ)
Gọi I là tâm của (C) thì I(1; 2) và R là bán kính của (C) thì R = 2.
Gọi A là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vectơ
v
1 3
;
2 2
, suy ra
A
3 7
;
2 2
0,25
Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm M
4 1
;
3 3
tỉ số
k
2
nên : B A M
B A M
x x x
MB MA
y y y
5
2
3
2
14
2
3
 
. Vậy B
5 20
;
3 3
0,25
Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 4 0,25
Vậy C x y
2 2
5 20
( '): 16
3 3
0,25
V (2đ)
O
F
Q
P
G
K
E
N
M
J
I
D
A
B
C
S
0,50
1 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD, ta có:
SM SN
MN IJ
SI SJ
2
/ /
3
0,50
Mà
IJ ABCD
( )
nên suy ra MN // (ABCD). 0,50
2 + Qua E vẽ đường thẳng song song với BD cắt CD tại F, cắt AD tại K.
+ KN cắt SD tại Q, KN cắt SA tại G; GM cắt SB tại P.
Suy ra ngũ giác EFQGP là thiết diện cần dựng.
0,50
HẾT
1
Đề số 2
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau :
1) (1đ)
x x
sin3 3 cos3 1
2) (1đ)
x x x
3
4cos 3 2 sin2 8cos
3) (1đ)
x
x
x
2
2 3 cos 2sin 2 4
1
2cos 1
Câu II: (2đ)
1) (1đ) Tìm hệ số của
x
31 trong khai triển của
n
xx2
1
, biết rằng n n
n n n
C C A
1 2
1
821
2
.
2) (1đ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có
năm chữ số khác nhau và trong năm chữ số đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ này không đứng
cạnh nhau.
Câu III: (2đ) Có hai cái hộp chứa các quả cầu, hộp thứ nhất gồm 3 quả cầu màu trắng và 2 quả cầu màu
đỏ; hộp thứ hai gồm 3 quả cầu màu trắng và 4 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 2 quả
cầu. Tính xác suất để :
1) (1đ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng.
2) (1đ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có đủ cả ba màu: trắng, đỏ và vàng.
Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn
C x y
2 2
( ): 2 1 9
. Gọi f là phép biến
hình có được bằng cách sau: thực hiện phép đối xứng tâm M
4 1
;
3 3
, rồi đến phép vị tự tâm N
1 3
;
2 2
,
tỉ số
k
2
. Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f .
Câu V: (2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AD // BC, AD > BC). Gọi M là một
điểm bất kỳ trên cạnh AB ( M khác A và M khác B). Gọi (
) là mặt phẳng qua M và song song với
SB và AD.
1) (1đ) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (
). Thiết diện này là hình gì ?
2) (1đ) Chứng minh SC // (
).
--------------------Hết-------------------
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
2
Đề số 2
ÑAÙP AÙN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học
Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Câu
Nội dung Điểm
I (3đ)
1 x x x
1 3 1
sin3 cos3 sin 3 sin
2 2 2 3 6
0,50
x k x k
x k x k
2
3 2
3 6 6 3
5 7 2
3 2
3 6 18 3
 
0,25
0,25
2
pt x x x x x x x
x
x x (*)
3 2
2
4cos 6 2 sin cos 8cos cos 2cos 3 2 sin 4 0
cos 0
2sin 3 2 sin 2 0
0,25
x x k
cos 0
2
0,25
x k
xx
x k
x (lo¹i)
2
2
2
sin 4
(*) sin
23
2
2
sin 2 4
0,25
0,25
3 Điều kiện:
x x k
1
cos 2
2 3

pt x x x x x x
2 3 cos 1 cos 2cos 1 sin 3 cos 0 tan 3
2
0,50
x x k
tan 3
3
0,25
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của pt là:
x k
4
3
0,25
II (2đ)
1
ĐK:
n n
2;
n n
n n n
n n
C C A n n n n
1 2 2
1
1
821 1 821 1640 0 40
2 2
 
0,25
k k k k k
k k
x Cx x Cx
x
40 40 40
40 2 40 3
40 40
20 0
1
0,25
k k
40 3 31 3
0,25
Vậy hệ số của x31 là C3
40
9880
0,25
3 + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ có:
CC CC
2 2 2 1
5 4 5 3
5 4! 4 3! 6480
(số)
0,25
+ Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau có
A A A
2 2 2
5 4 5
5 3 4 2 3 3120
  (số)
0,50
Suy ra có: 6480 – 3120 = 3360 (số) 0,25
III (2đ)
1 C C
2 2
5 7
210
0,25