TrườngTHPT Phạm Văn Đồng MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HKI TOÁN11:2015-2016 Tổ : Toán MA TRẬN MỤC TIÊU GIÁO DỤC VÀ MỨC ĐỘ NHẬN THỨC THEO CHUẨN KTKN TOÁN 11

Chủ đề hoặc mạch KTKN

Tổng điểm

k

k

!n ,

nA ,

nC , Xác suất . 10 tiết

Trọng số (mức độ nhận thức của chuẩn KTKN 2 1 3 1

40 33 39 10

28

2

2

20 170

Tầm quan trọng (mức cơ bản của KTKN) Phương trình lương giác, 6 tiết 20 Qui tắc đếm, 33 Nhị thức Niu-tơn, 4 tiết 13 Phép vị tự và phép tịnh tiến. 3 tiết 10 Giao tuyến và giao điểm của mp với mp và đt 14 với mp , 5 tiết Đường thẳng song song với mp, 2 tiết 10 Tổng số tiết: 30 100% tiết XÂY DỰNG MA TRẬN ĐỀ THEO MA TRẬN MỤC TIÊU GIÁO DỤC VÀ MỨC ĐỘ NHẬN THỨC THEO CHUẨN KTKN –TOÁN 11

Tổng điểm

Chủ đề hoặc mạch KTKN

Theo ma trận nhận thức

k

k

!n ,

nC , Xác suất

Trọng số (mức độ nhận thức của chuẩn KTKN) 2 1 3 1

40 33 39 10

Theo thang điểm 10 2.0 2.0 2.0 1.0

33

2

2.0

Phương trình lương giác, nA , Qui tắc đếm, Nhị thức Niu-tơn, Phép vị tự và phép tịnh tiến. Xác định giao tuyến và giao điểm của mp với mp và đt với mp , Chứng minh đường thẳng song song với mp,

3

Tổng số tiết: 30tiết

1.0 10.0

15 170

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HKI MÔN TOÁN 11: 2015-2016

Mức độ nhận thức–hình thức c bản Tổng điểm Chủ đề hoặc mạch KTKN 3 4 1 2

k

k

Phương trình lương giác Câu1 b/ 1.5

!n ,

nA ,

nC , Xác suất

Câu1 a/ 1.5 Quy tắc đếm,

Câu 2 2.0 2 2.0 1 2.0 1 2.0

Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức Tìm ảnh của d qua phép vị tự và phép tịnh tiến Câu 4 1.0 Câu5 a/ 1.0 Câu5 b/ 1.0 Xác định giao tuyến và giao điểm của mp với mp và đt với mp ,

3 2 2.5 4.5 Câu3 2.0 1 1.0 2 2.0 8 10.0 2 3.0

SỞ GD&ĐT TỈNH NINH THUẬN TRƯỜNG THPT PHẠM VĂN ĐỒNG TỔ: TOÁN

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC: 2015 – 2016 Môn: TOÁN 11 - Chương trình chuẩn Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát, chép đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề gồm 1 trang)

ĐỀ I:

Câu I: Giải các phương trình sau:

a ) s in 2 x

3 2

b) cos2x 3sinx 2 0

 

Câu II: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức:

3x

0

 , x

.

2 3 x

  

12   

Câu III: Một hộp chứa 8 viên bi đỏ, 7 viên bi xanh và 5 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 4 bi trong hộp trên. Tính xác suất để 4 bi lấy được có đủ 3 màu trong đó số bi đỏ là số lẻ.

Câu IV: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x + y – 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo v (1;0)

Câu V: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành.

a\ Tìm giao tuyến của (SAC) và (SBD).

b\ Gọi E thuộc cạnh bên SC sao cho SE = 2EC. Tìm giao điểm của đường thẳng AE và (SBD).

………….Hết………….

SỞ GD&ĐT TỈNH NINH THUẬN TRƯỜNG THPT PHẠM VĂN ĐỒNG TỔ: TOÁN

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC: 2015 – 2016 Môn: TOÁN 11 - Chương trình chuẩn Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát, chép đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề gồm 1 trang)

ĐỀ II: Câu I: Giải các phương trình sau:

a\ cos x

π 5

1 2

  

  

  b\ cos2x 4sinx 5 0

Câu II: Tìm số hạng chứa x11 trong khai triển của biểu thức.

3

2x

x

0

1 3x

  

17   

Câu III: Một hộp chứa 8 viên bi đỏ, 10 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để trong 5 viên bi được chọn có đủ 2 màu và số bi đỏ nhiều hơn số bi vàng.

  . Xác định ảnh của đường

Câu IV: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: 3x 2y 6 0 thẳng d qua phép vị tự tâm I(1;-2) và tỉ số k=2.

Câu V: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AB là đáy lớn. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC.

a\ Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) b\ Tìm giao điểm của SD với mp(AMN)

………….Hết………….

Câu I

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM – ĐỀ I Nội dung

2

x

k

2

x

k

 3

s in 2 x

s i n 2 x

s i n

3 2

 3

2

x

k

2

x

k

 6  3

 3

     

     

a\

x

 k

x

 k

 3

 6

Vậy phương trình có hai nghiệm: và ( k   )

sin

x

1

2

2

cos2x 3sinx 2 0

  

1-2sin

x

3sinx 2 0

  

-2sin

x

3sinx 1 0

  

x

   sin 

1 2

x

k

 2

sin

x

1

x

k

 2

b/.

sin

x

sin

 6

   

x

k

 2

 2  6  5 6

       

( k   )

x

k

 2

x

k

 2

x

k

 2

 2

 5 6

 6

k

k

Thang điểm 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Vậy phương trình có ba nghiệm: ; và ( k   )

3x

0

C

3

x

 , x

12

kT

 1

k 12

2 3 x

  

12   

k

12

 k

k

C

    12 4 x

 2  3 x  . 2 .k   

kT

 

1

123

3

3x

Số hạng thứ k+1 trong khai triển là: Câu II

k 

2 3 x

12   

Để Số hạng thứ k+1 trong khai triển không chứa x thì 12-4k=0

 T C

 12 4.3 x

 12 3 3

  8 C

9 3

k  ta được

3

   3   . 2 .

3 12

3 12

4 Vậy Số hạng thứ 4 không phụ thuộc vào x

Với

-Việc lấy ra 4 viên bi trong hộp gồm 20 bi là tổ hợp chập 4 của 20.

n

(

C  )

4845

4 20

Câu III Do đó Số phần tử không gian mẫu là

8

1 c  cách chọn 8

21

5

2 c  7 1 c  cách chọn 5

8

Gọi A:” lấy được có đủ 3 màu trong đó số bi đỏ là số lẻ.” , TH1: 1đỏ , 2 xanh , 1 vàng +Chọn 1 bi đỏ trong 8 bi đỏ là 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ + Chọn 2 bi xanh trong 7 bi xanh là cách chọn

+ Chọn 1 bi vàng trong 5 bi vàng là  Số cách chọn được là 8.21.5=840 cách TH2: 1đỏ , 1 xanh , 2 vàng +Chọn 1 bi đỏ trong 8 bi đỏ là 1 c  cách chọn 8

7

+ Chọn 1 bi xanh trong 7 bi xanh là

10

cách chọn

P A ( )

0, 29

1 c  cách chọn 7 2 + Chọn 2 bi vàng trong 5 bi vàng là c  5  Số cách chọn được là 8.7.10=560 cách Theo quy tắc cộng , số cách chọn lấy được có đủ 3 màu trong đó số bi đỏ là số lẻ là ; 840+560=1400 cách n A   ( ) 1400 ( n A )  n ) (

1400 4845

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Do đó:

'/ /d

'd

d hoặc

d

vT , khi đó

x

   0 c

y

* Gọi d’ là ảnh của d qua Câu IV Suy ra phương trình của d’ có dạng: 2

* Chọn H(0 ; 1) d

'(1;1)

H

)

H x y '( ';

')

T H (  v

x y

* Do đó:

   ' 0 1    ' 1 0  '

c

'

' 1  x  y  ' 1       H d nên 2.1 1 3  y   qua phép tịnh tiến theo v d

0 c 3 0

' : 2

x

* Vì H(0 ; 1) d  0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ * Vậy ảnh của d cần tìm là:

Câu V a\ Tìm giao tuyến của (SAC) và (SBD).

S

SAC

SBD

Ta có:  S là điểm chung thứ nhất

 

 

 

 O SAC

 O SBD

SAC

AC

SBD

BD

 O AC 

 O BD 

  

  

SBD

và Gọi AC BD O 

 O SAC

SAC

Nên  O là điểm chung thứ hai.

 SBD SO

Do đó : 

Vậy SO là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ

b\ Gọi E thuộc cạnh bên SC sao cho SE = 2EC. Tìm giao điểm của đường thẳng AE và (SBD).

  I

SBD

 SO I   SBD SO

  

và I AE Ta có : AE SO I 0.25đ

AE

SBD

 I

Do đó :

Vậy : Điểm I là giao điểm của đường thẳng AE và (SBD).

0.25đ 0.25đ

Câu I

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM – ĐỀ II Nội dung

k

 2

x

k

 2

x

cos

x

cos

x

cos

π 5

1   2

π 5

 6

  

  

  

  

x

k

 2

x

k

 2

π 5 π 5

 6     6

  30 11 30

     

     

a\

x

k

 2

x

k

 2

  30

11 30

Thang điểm 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ Vậy phương trình có hai nghiệm: và ( k   )

b\ cos2x 4sinx 5 0  

2

2

b/.

cos2x-4sinx+5 0   1-2sin x  x 4sin +5 0   -2sin x  4sinx+6 0 1  sin x     sin   x 3 

 sin x    1 x  k  2  ( k   )  2  x sin 1   sin   x 3 

x

k

 2

 2

k

k

3

3

0.5đ 0.5đ 0.5đ Vậy phương trình có một nghiệm: ( k   )

2x

x

0

C

2

x

kT

 1

k 17

Số hạng thứ k+1 trong khai triển là: Câu II

17

1 3x

 1  3 x 

  

17   

  

k

k

k

 51 3

k

k

 51 4

k

C

17 2

.

x

C

17 2

.

x

.

.

T k

 1

k 17

k 17

k

  k 3

 1 x

  1 k 3

3

k 

10

11x thì 51-4k=11

2x

  

 51 4.10

Để Số hạng thứ k+1 trong khai triển chứa

k 

10

.

C

 17 10 . 2

x

C

7 2 .

11 x

.

T 11

10 17

10 17

17 1   3x  10  1 10 3

1 10 3

Với ta được

11x

0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ

Vậy Số hạng thứ 11 chứa -Việc lấy ra 5 viên bi trong hộp gồm 18 bi là tổ hợp chập 5 của 18.

n

(

C  )

8568

5 18

Câu III Do đó Số phần tử không gian mẫu là

Gọi A:” lấy được có đủ 2 màu và số bi đỏ nhiều hơn số bi vàng”

70

4 c  8

TH1: 4 đỏ , 1 vàng +Chọn 4 bi đỏ trong 8 bi đỏ là

10

cách chọn

56

3 c  8

45

cách chọn 1 + Chọn 1 bi vàng trong 10 bi vàng là c  10  Số cách chọn được là 70.10=700 cách TH2: 3 đỏ , 2 vàng +Chọn 3 bi đỏ trong 8 bi đỏ là

n A 

cách chọn

P A ( )

0,38

3220 8568

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Do đó: cách chọn 2 + Chọn 2 bi vàng trong 10 bi vàng là c  10  Số cách chọn được là 56.45=2520 cách Theo quy tắc cộng , số cách chọn lấy được có đủ 2 màu và số bi đỏ nhiều hơn số bi vàng là 700+2520=3220 cách ) 3220  ( ( n A )  n ) (

'/ /d

d hoặc

'd

d

,2IV 

* Gọi d’ là ảnh của d qua , khi đó Câu IV 0.25đ

x

2

y

  0

c

Suy ra phương trình của d’ có dạng: 3

x

 ' 2.0 1 1 2 

* Chọn H(0 ; 3) d

(

H

)

H x y '( ';

')

 IH  

' 2

 IH

'( 1;8)

H 

I

,2

V 

y

' x y

  1  ' 8

  

'

19

H d nên '

* Do đó:

d

        1 y 2

* Vì H(0 ; 3) d  0.25đ 0.25đ 0.25đ * Vậy ảnh của d cần tìm là:

     ' 2.3 2 1 2  c     0 c  qua phép vị tự tâm I(1;-2) và tỉ số k=2 19 0

2.8 

 3. x ' : 3

Ta có : S  (SAD)  (SBC)  S là điểm chung thứ nhất

Gọi E là giao điểm của AD và BC.

.

Câu V a\ Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD)

)

(

SE

SBC

SAD

  G

AMN

Ta có: G SD

và

AMN

SD

G

 G AF  

E AD E BC       E E ( SAD ) SBC ) (   

S

0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ

 E là điểm chung thứ hai. Do đó: ( .  ) Vậy SE là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). b\Tìm giao điểm của SD với mp(AMN) Do E, B, N cùng nằm trong mặt phẳng (SBC). Gọi SE BN F Do F, A, D cùng nằm trong mặt phẳng (SAD). Gọi AF SD G   AF   Nên suy ra AMN Vậy G là giao điểm của SD với mp(AMN)

F

G

N

A

B

M

C

D

E