Đề kiểm tra học kì 1 Toán 11 (2012 - 2013) trường THPT Lê Lợi - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Nguyễn Lê Tín | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

114
lượt xem 38
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 11 năm 2012 - 2013 trường THPT lê Lợi kèm đáp án mời các phụ huynh hãy tham khảo để giúp con em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh nhất và chính xác.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra học kì 1 Toán 11 (2012 - 2013) trường THPT Lê Lợi - (Kèm Đ.án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT LÊ LỢI MÔN: TOÁN – LỚP 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) _______________________________________________________________________________ I. PHẦN CHUNG (7 điểm): Dành cho tất cả thí sinh Bài 1: (3 điểm) Giải các phương trình sau: a) (1 điểm) 2 sin x − 3 = 0 . b) (1 điểm) cos 2 x + 5cos x + 3 = 0 . 1 − cos x c) (1 điểm) 1 + cot x = . sin 2 x Bài 2: (1 điểm) Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 5 người vào 5 ghế ngồi xung quanh một bàn tròn, nếu không có sự phân biệt giữa các ghế này? Bài 3: (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AD là đáy lớn). a) (1,5 điểm) Xác định giao tuyến của hai cặp mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) ; ( SAD ) và ( SBC ) . b) (1 điểm) M là một điểm trên cạnh SC không trùng với S và C. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( ABM ) . c) (0,5 điểm) Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( SAD ) và ( SBC ) , chứng minh d và BM đồng phẳng. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó. 1. Theo chương trình nâng cao 12  1 Bài 4A. (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x −  với x ≠ 0 .      x Bài 5A. (2 điểm) Một hộp kín chứa 2 quả cầu màu trắng và 8 quả cầu màu đen, các quả cầu chỉ khác nhau về màu sắc. a) (1,5 điểm) Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đã cho. Tính xác suất để lấy được 3 quả cầu cùng màu. b) (0,5 điểm) Lấy ngẫu nhiên các quả cầu từ hộp đã cho hai lần như sau: Lần thứ nhất lấy ra 3 quả cầu rồi trả lại vào hộp. Lần thứ hai lại lấy ra 3 quả cầu. Tính xác suất để số cầu trắng của hai lần lấy là như nhau. 2. Theo chương trình chu n u + u5 = 7  Bài 4B. (1 điểm) Cho cấp số cộng (un ) thỏa mãn  1  . Tính tổng của 20 số hạng đầu tiên của u3 + u4 = 9   cấp số cộng đã cho. Bài 5B. (2 điểm) Một hộp kín chứa 2 quả cầu màu trắng và 8 quả cầu màu đen, các quả cầu chỉ khác nhau về màu sắc. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đã cho. a) (1,5 điểm) Tính xác suất để lấy được 3 quả cầu cùng màu. b) (0,5 điểm) Tính xác suất để lấy được ít nhất một quả cầu màu đen. –––––––HẾT––––––– Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:………………………………………
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài Đáp án Điểm 3 2 sin x − 3 = 0 ⇔ sin x = 0,25 2 π ⇔ sin x = sin 0,25 1.a 3 (1 điểm)  π  x = + k 2π  3 ⇔ (k ∈ ℤ) 0,50  2π x = + k 2π  3 cos 2 x + 5cos x + 3 = 0 ⇔ ( 2 cos 2 x −1) + 5cos x + 3 = 0 0,25 ⇔ 2 cos 2 x + 5cos x + 2 = 0 (*) 0,25 Đặt t = cos x, −1 ≤ t ≤ 1 . 1.b 1 (1 điểm) Phương trình trở thành 2t 2 + 5t + 2 = 0 ⇔ t = −2 ( loaïi) hoaëc t = − . 0,25 2 Ghi chú. HS có thể giải trực tiếp (*) mà không cần đặt n phụ. 1 1 2π 2π Với t = − ⇒ cos x = − = cos ⇔ x=± + k 2π , k ∈ ℤ 0,25 2 2 3 3 Điều kiện sin x ≠ 0 . 0,25 Qui đồng hai vế, phương trình trở thành sin 2 x + sin x.cos x = 1− cos x ⇔ (sin x + 1)(sin x + cos x −1) = 0 0,25 sin x = −1  ⇔   0,25 1.c sin  x + π  = 1 = sin π       4 2 4 (1 điểm)  π  x = − + k 2π  2  π ⇔  x = k 2π ( loaïi ) ⇔ x = + kπ , k ∈ ℤ . 0,25  2  π  x = + k 2π  2 Vì không có sự phân biệt giữa các ghế ngồi nên có 1 cách xếp một người vào một 0,25 2. ghế bất kì. (1 điểm) Xếp chỗ ngồi cho 4 người còn lại: có 4! Cách xếp 0,50 Vậ y có tất cả 4!=24 cách xếp. 0,25 S d J N 3.a 0,50 (1,5 điểm) M I A D O B C
O = AC ∩ BD ⇒ SO = ( SAC ) ∩ ( SBD ) 0,50  AD ⊂ ( SAD )     BC ⊂ ( SBC )   ⇒ ( SAD) ∩ ( SBC ) = d qua S và song song vớ i AD  0,50  AD / / BC     S ∈ ( SAD ) ∩ ( SBC )   Trong ( SAC ) , đặt I = SO ∩ AM 0,50 3.b (1 điểm) Trong ( SBD ) , đặt N = BI ∩ SD 0,25 Thiết diện cần tìm là tứ giác ABMN 0,25 Nhận thấ y, ( SAD) ∩ ( SBC ) = d ⇒ d ⊂ ( SBC ) . Hơ n thế, BM ⊂ ( SBC ) . 0,50 Vậ y, BM và d đồng phẳng (cùng nằm trong ( SBC ) ) 3.c Ghi chú. HS có thể lập luận cách khác như sau (0,5 điểm) Trong ( SAD ) , gọi J = AN ∩ d Ta thấy, ba mặt phẳng ( SAD ) , ( SBC ) , ( ABM ) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến d, AN, BM mà AN cắt d tại J Suy ra d, AN, BM đồng qui tại J nên BM và d đồng phẳng Số hạng tổng quát của khai triển: k  1 12−k   k 0,50 4A Tk +1 = C12 .x .−  = (−1) C12 .x12−2k ( k ∈ ℕ, k ≤ 12) k  k  x  (1 điểm) Số hạng không chứa x ứng với 12 − 2k = 0 ⇔ k = 6 0,25 6 Vậ y số hạng không chứa x là (−1) .C12 = 924 . 6 0,25 Gọi A là biến cố lấy được 3 quả cầu cùng màu. 0,25 Suy ra, A là biến cố lấy được 3 quả cầu màu đen (do số cầu trắng chỉ có 2) 3 5A.a Số kết quả có thể là C10 = 120 0,50 (1,5 điểm) Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C83 = 56 0,50 56 7 Suy ra P ( A) = = . 0,25 120 15 Gọi Ak là biến cố lần 1 lấy ra k quả cầu màu trắng (k = 0,1, 2) B j là biến cố lần 2 lấy ra j quả cầu màu trắng ( j = 0,1, 2) 0,25 C là biến cố hai lần lấ y ra được số quả cầu trắng bằng nhau. Suy ra C = A0 B0 ∪ A1B1 ∪ A2 B2 . 0 3 C2 C8 7 Ta có P ( A0 ) = P ( B0 ) = 3 = C10 15 5A.b C2C82 1 7 (0,5 điểm) P ( A1 ) = P ( B1 ) = 3 = C10 15 C2 C80 2 1 0,25 P ( A2 ) = P ( B2 ) = 3 = . C10 15 Do các biến cố Ak và B j độc lập và A0 B0 ; A1B1; A2 B2 đôi một xung khắc nên 2 2 2 7 7 1 33 P (C ) =   +   +   =       15  15  15        75
Gọi u1 , d lần lượt là số hạng đầu và công sai của cấp số cộng (un ) .  u1 + u5 = 7 2u1 + 4d = 7 u1 = − 1    0,50 4B  Ta có  ⇔  ⇔  2 (1 điểm) u3 + u4 = 9 2u1 + 5d = 9       d = 2  20  Suy ra S 20 = 2u1 + ( 20 −1) d  = 10 (−1 + 38) = 370 0,5 2  Gọi B là biến cố lấy được 3 quả cầu cùng màu. 0,25 Suy ra, B là biến cố lấy được 3 quả cầu màu đen (do số cầu trắng chỉ có 2) 3 5B.a Số kết quả có thể là C10 = 120 0,50 3 (1,5 điểm) Số kết quả thuận lợi cho biến cố B là C = 56 8 0,50 56 7 Suy ra P ( B) = = . 0,25 120 15 Gọi C là biến cố 3 quả cầu lấy ra có ít nhất một quả màu đen. Số các kết quả có thể là n ( ) = C10 = 120 . 3 0,25 Số các kết quả thuận lợi cho biến cố C là C8C2 + C82C2 + C83 = 120 . 1 2 1 5B.b (0,5 điểm) 120 Suy ra P (C ) = =1. 120 0,25 Ghi chú. HS có thể trình bày như sau, vì số cầu trắng bằng 2 (nhỏ hơn 3) nên khi lấ y 3 quả cầu, chắc chắn sẽ lấ y được ít nhất một quả cầu đen nên P (C ) = 1 .