Đề thi và đáp án học kì 1 môn toán lớp 11 TRƯỜNG THPT BÌNH ĐIỀN

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
382
lượt xem
113
download

Đề thi và đáp án học kì 1 môn toán lớp 11 TRƯỜNG THPT BÌNH ĐIỀN

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án học kì 1 môn toán lớp 11 trường thpt bình điền', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi và đáp án học kì 1 môn toán lớp 11 TRƯỜNG THPT BÌNH ĐIỀN

  1. SỞ GD & ĐT TT HUẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I - Năm học 2009-2010 TRƯỜNG THPT BÌNH ĐIỀN Môn: Toán 11 Thời gian: 90 phút ( không kể thời gian giao đề ) I. PHẦN CHUNG CHO CẢ HAI BAN (7 điểm) Câu I: (2điểm): Giải các phương trình: 1. sin x  3 cos x  0 2. cos2 2x  sin 2 x  2  0 Câu II: (1,5 điểm) Một tổ trực có 9 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Giáo viên chọn ra 3 học sinh. Tính xác suất để: 1. Cả 3 học sinh cùng giới tính. 2. Có ít nhất 1 học sinh nữ. Câu III: (1,5 điểm) 1. Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y  (sinx-2cosx)(2sinx+cosx)-1 6 2. Khai triển nhị thức:   x  1   x   Câu IV: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi SM 2 SN 1 M, N lần lượt thuộc cạnh SB, SC sao cho  ,  . SB 3 SC 2 1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng ( AMN ) và (SBD) , từ đó suy ra giao điểm P của SD và mặt phẳng ( AMN ) . 2. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ( AMN ) và chứng minh BD song song với thiết diện đó. II. PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN (3 điểm) A. Dành cho học sinh ban cơ bản: Câu Va: (1 điểm) Cho cấp số cộng  un  với công sai d, có u3  14 , u50  80 . Tìm u1 và d. Từ đó tìm số hạng tổng quát của  un  . Câu VIa: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy : 1. Viết phương trình d' là ảnh của d: 2 x  3 y  6  0 qua phép đối xứng tâm O. 2. Viết phương trình (C') là ảnh của (C): ( x  2)2  ( y  3)2  16 qua phép tịnh tiến theo  v  (1; 2) B. Dành cho học sinh ban nâng cao:
  2. Câu Vb: (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số trong đó chữ số đứng sau phải lớn hơn chữ số đứng trước. Câu VIb:(2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy : 1. Viết phương trình d' là ảnh của d: 2 x  y  3  0 qua phép đối xứng tâm I(1;-2). 2. Viết phương trình (C') là ảnh của (C): ( x  3)2  ( y  4)2  16 qua phép vị tự tâm O 1 tỉ số  . 2 3. 4. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM CHẤM ĐÈ KIỂM TRA HỌC KỲ I 5. Môn: TOÁN 11 - NĂM HỌC 2009 - 2010. Câu Ý Nội dung Điểm I Giải các phương trình 1 sin x  3 cos x  0 0.5  sin x  3 cos x  tan x  3 (vì cosx = 0 không thỏa phương trình)  0.5 x  k , k  Z 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:  x  k , k   3 2 cos2 2 x  sin 2 x  2  0 0.25 1  cos 2 x 1  cos2x  cos 2 2 x   2  0  cos 2 2 x  2 0 2 2  2cos2 2 x  cos 2 x - 3  0 (*) 0.25 Đặt t  cos 2 x, t  -1;1 , (*) trở thành: 0.25 3 2t 2  t  3  0  t = -1 hoặc t  (loại) 2 Với t = -1: ta 0.25  có cos2x = -1  2x= +k2  x=  k , k  Z 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:  x  k , k   2 II Chọn 3 học sinh trong 13 học sinh có n     C13  286 3 0.25 1 Gọi A là biến cố: "Cả 3 học sinh cùng giới tính" 0.25
  3. A xảy ra khi 3 học sinh chọn ra cùng nam hoặc cùng nữ n  A  C9  C4  88 3 3 n( A) 4 0.25 P( A)   n() 13 2 Gọi B là biến cố: "có ít nhất 1 học sinh nữ" 0.25 Khi đó: B là biến cố:"không có học sinh nữ nào được chọn" B xảy ra khi 3 học sinh chọn ra là 3 học sinh nam: n( B )  C9  84 3 42 0.25 P( B )  143 101 0.25 P( B)  1  P( B )  143 III 1 Ta có: 0.25 3 3 y  1  sin 2 x  2cos 2 x  sin 2 x  2cos 2 x  y  1  0 (*) 2 2 (*) có nghiệm 0.25 2 3     22   y  1 2 2  4 y 2  8 y  21  0 7 3   y 2 2 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của y theo thứ tự là 0.25 3 7 và  2 2 2 1  6 01 6 1 1 0.5   x   C6    C6 5 .x  x   x x 1 3 1 1 5 1 C62 4 .x 2  C6 3 .x3  C64 2 .x 4  C6 .x5  C6 x 6 6 x x x x 1 1 1 0.25  6  6 4  15 2  20  15 x 2  6 x 4  x6 x x x
  4. IV 1 0.5 S N M I P A B O D C Gọi I là giao điểm của SO và AN. M, I là hai điểm chung của hai mặt phẳng (AMN) và (SBD) Suy ra ( AMN )  (SBD)  MI Trong mp (SBD), MI cắt SD tại P thì P  SD và 0.5 P  MI  ( AMN ) Do đó P là giao điểm của SD và mp (AMN) 2 Ta có ( AMN )  (SAB)  AM 0.5 ( AMN )  (SBC)  MN ( AMN )  (SCD)  NP ( AMN )  (SDA)  PA Thiết diện của hình chóp cắt bởi (AMN) là tứ giác AMNP SI 2 0.5  (vì I là trọng tâm tam giác SAC) SO 3 SI SM Suy ra   MI // BO hay MP//BD SO SB Mà MP  ( AMNP) Vậy BD//(AMNP) Va u1  2d  14 0.5 Ta có:  u1  49d  80 u  18 0.25  1 d  2 Vậy un  18  (n  1).2 = -20 + 2n 0.25 VIa 1 Gọi M ( x; y)  d , M '( x '; y ') là ảnh của M qua phép đối 0.5
  5. xứng tâm O thì M '  d ' với d' là ảnh của d qua phép đối xứng tâm O x '  x x  x ' 0.5   y'  y y  y ' d': 2( x ')  3( y ')  6  0 Vậy d': 2 x  3 y  6  0 2 Gọi M ( x; y)  (C), M '( x '; y ') là ảnh của M qua phép 0.5  tịnh tiến theo vectơ v  x  x ' 1 Ta có   y  y ' 2 (C'): ( x  3)2  ( y  5)2  16 0.5 Vb Gọi số tự nhiên có 5 chữ số là abcde vì a  b  c  d  e 0.5 nên các chữ số a,b,c,d,e được chọn trong các chữ số 1 đến 9. Chọn 5 số khác nhau từ 9 số 1;2;...;9 có C95  126 cách 0.5 Với mỗi cách chọn ra chỉ lập được 1 số thỏa yêu cầu. Vậy có 126 số cần tìm. 1 Gọi M ( x; y)  d , M '( x '; y ') là ảnh của M qua phép đối 0.5 xứng tâm I thì M '  d ' với d' là ảnh của d qua phép đối xứng tâm I  x '  1.2  x x  2  x ' 0.5    y '  2.2  y  y  4  y ' Vậy d': 2 x  y  11  0 2 (C) có tâm I(-3;4); bán kính R=4 0.25 VIb Gọi I'(x';y'), R' là tâm và bán kính của (C') Với (C'), I' là ảnh của (C) và I qua phép vị tự tâm O tỉ số -1/2  1  0.5 Ta có: OI '   OI 2  3 x '  nên:  2 và R'=2  y '  2 
  6. 2 0.25 Vậy (C'):  x     y  2   4 3 2    2 6. 7. 8. ................................................ Hết..................................................

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản