Đề thi KSCL Toán 11

Chia sẻ: Nguyễn Lê | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với đề kiểm tra khảo sát chất lượng môn Toán lớp 11 sẽ giúp các bạn học sinh củng cố lại kiến thức và kỹ năng cần thiết để chuẩn bị cho kỳ thi học kỳ sắp tới. Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL Toán 11

Trường THPT Hàn Thuyên ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG - NĂM HỌC 2013 - 2014 -------------------------------- Môn Toán lớp 11 – Khối A, A1 và B Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề ----------------------------------------------- Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x2 – 3mx + 5 (1), có đồ thị là Parabol (Pm) (m R) và đường thẳng d có phương trình y = - x – 2. 1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) luôn nhận giá trị dương với mọi x thuộc R. 2. Tìm m để đường thẳng d cắt (Pm) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O, với O là gốc tọa độ. Câu 2 (2,0 điểm). 3x 1. Giải phương trình :  3x  1 1 , x R. 3x  10  4 2 x  x  2 y  y 2. Giải hệ phương trình :  (x, y R). 2 x  y 3  3  Câu 3 (2,0 điểm). x 1 1. Giải bất phương trình 4, x R. 2x  1 1 1  cos a  cos2a  cos3a  3  2. Cho biểu thức T  2 , với a    ;  . Rút gọn T và tính sin2a 2 cos a  cos a  1  2  khi T = - 1. Câu 4 (3,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm M(2; 0) là trung điểm cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao đi qua A có phương trình lần lượt là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình cạnh AC. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (T) có phương trình x2 + y2 – 7x – 2y + 7 = 0, biết A(1; 1) và AD = 2AB. Viết phương trình đường chéo BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau : 5 P  xy  yz  zx  x yz ……HẾT……
ĐÁP ÁN TOÁN 11 Câu Phương pháp giải – kết quả Điểm Câu 1 1. (1,0 điểm) Vì hàm số (1) là một tam thức bậc hai có hệ số a = 1 > 0 nên (2đ) hàm số nhận giá trị dương với mọi x R khi và chỉ khi Δ = 9m2 – 20 < 0 1,0 2 5 2 5  m . 3 3 2. (1,0 điểm) Xét pt hoành độ giao điểm của d và (Pm): x2 – 3mx + 5 = -x – 2 ↔ x2 – (3m – 1)x + 7 = 0 (2). Đường thẳng d cắt Parabol (Pm) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (3) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó 0,5 1 2 7 1 2 7 Δ = (3m – 1)2 – 28 > 0 ↔ 3m2 – 2m – 9 > 0  m  m (3). 3 3 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (2) và A(x1; -x1 – 2), B(x2; -x2 – 2) là hai giao điểm. Theo ycbt tam giác OAB vuông tại O ↔    OA.OB  0  x1 x2   x1  2  x2  2   0 . Áp dụng định lý Viet ta được m = - 8/3 0,5 thỏa mãn đk (3). Câu 2 1. (1,0 điểm) ĐK : x ≥ -1/3 (2đ) 3x 3x 0,5 Pt   3 x  10 3x  1  1    3x 3 x  1  1  3 x  10  0 x  0 x  0   ...   thỏa mãn đk. 0,5  3 x  10  3x  1  1 x  5 2. (1,0 điểm) ĐK xy ≠ 0. Biến đổi pt thứ nhất ta được  2  2 0,25  x  2 y  1    0  x  2y  x    xy  y + Với x = 2y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có pt : y3 – 4y + 3 = 0 ↔ 1  13 (y – 1)(y2 + y – 3) = 0  y  1  y  suy ra hệ có ba nghiệm là : (2; 1), 2  1  13   1  13   1  13;  ,  1  13; . 0,5  2   2      + Với x= -2/y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có pt: y4 + 3y + 4 = 0 2 2  1  3 3   y 2     y     0 ptvn 0,25  2  2 2 Câu 3 1. (1,0 điểm) ĐK: x ≥ 1/2 và x ≠ 1 (2đ) Bpt    x  1 2 x  1  1   4  2 x 1  1  8 0,5 2x  2  2 x  1  7  2 x  1  49  x  25 0,25 1  Kết hợp với đk ta được tập nghiệm của bpt là S   ; 25  \ 1 . 2  0,25 (1  cos2a )   cos3a  cos a  2 cos2 a  2cos 2a cos a 2. (1,0 điểm) Ta có T   0,5 cos2a  cos a cos2a  cos a
2cos a  cos2a  cos a  0,25   2 cos a cos2a  cos a  3  4 Với T = -1, ta có cosa = -1/2 mà a    ;  nên a = suy ra sin2a =  2  3 0,25 8 3 sin  . 3 2 Câu 4 (3đ) 1. (1,5 điểm) + Tọa độ A(1; 2), với M(2; 0) là trung điểm AB → B(3; -2) 0,5 + Phương trình cạnh BC : x + 6y + 9 = 0 → tọa độ điểm N là trung điểm cạnh BC là N(0; -3/2). 0,5 + Tọa độ điểm C(-3; -1) → pt cạnh AC: 3x -4y + 5 = 0. 0,5 2. (1,5 điểm) 7  + Theo giả thiết ta suy ra tâm I  ;1 của đường tròn (T) là tâm của hình chữ 2  0,25 nhật ABCD và AC, BD là hai đường kính. (T) có bán kính R = 5/2. + Ta có AB2 + AD2 = BD2 ↔ 5AB2 = 25 ↔ AB  5 → AD = 2 5 . 0,25 + Từ A kẻ AH vuông góc với BD tại H. Khi đó AB. AD 0,25 d  A, BD   AH  2 AB 2  AD 2 + Pt BD: a(x – 7/2) + b(y – 1) = 0 (a2 + b2) hay 2ax + 2by – 7a – 2b = 0. Vậy 5a d  A, BD   2   2  9a 2  16b 2 , chọn a = 4 → b = 3 hoặc b = -3. 0,5 2 2 4a  4b Pt BD là 4x + 3y – 17 = 0 hoặc 4x – 3y – 11 = 0. 0,25
Câu 5 Ta có 9 =3(x2 + y2 + z2) ≥ (x + y + z)2 → x + y + z ≤ 3 (1đ) Mà (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2xz ≥ x2 + y2 + z2 = 3 suy ra 0,5 x + y + z ≥ 3. 2 Ta có xy  yz  xz  x  y  z   x2  y 2  z 2 t 2 3 với t = x + y + z 2 2 2  3;3 . Vậy P  t  3  5   2 t 0,5 2 t  3 5 14 Ta cm P ≤ 14/3. Thật vậy 2   t 3    t  3 3t 2  9t  10  0 luôn đúng  với mọi t   3;3 . Vậy GTLN của P bằng 14/3 khi x = y = z = 1.  
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC LỚP ĐỊNH HƯỚNG LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN 11 Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian giao đề) Câu I (3.0 điểm) Giải các phương trình sau: 1 1/ 3 sinx  cos x  cos x 2/ 8(sin 6 x  cos6 x)  3 3sin 4 x  3 3cos2 x  9sin 2 x  11 Câu II (1.5 điểm) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau sao cho tổng của các chữ số hàng chục, hàng trăm và hàng nghìn bằng 8. Câu III (2.5 điểm) n 12  1 5 x3  1/ Tìm hệ số của x trong khai triển:    3 2  Biết 2n Cn  2n1 Cn  2n2 Cn  ...  Cn  19683 0 1 2 n 2/ Hai em nhỏ mỗi em có một hộp bi trong đó chứa 2 viên bi xanh, 8 viên bi đỏ. Từ hộp của mình mỗi em lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để hai em nhỏ lấy được số viên bi xanh bằng nhau. Câu IV (3.0 điểm) Cho hình chóp SABCD , đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Gọi M là trung điểm của SB ; G là trọng tâm SAD 1/ Tìm giao điểm I của MG với mặt phẳng ( ABCD) 2/ Dựng thiết diện của hình chóp SABCD với mặt phẳng (OMG ) . Gọi K là KA giao điểm của SA với mặt phẳng (OMG ) . Tính tỉ số KS _______ Hết _______ Họ và tên thí sinh: .................................................... – Số báo danh : ................. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC LƠP ĐỊNH HƯỚNG LẦN 1 NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN 11 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM  Đk: x   k 0,5 2 Chia 2 vế cho cos x  0 : 3 tan x  1  1  tan 2 x 0,5 1  tan x( 3  tan x)  0  tan x  0  x  k (t/m) 0,5  Hoặc tan x  3  x   k (t/m) 0,5 3 8(1  3sin 2 x cos 2 x)  6 3 sin 2 x cos 2 x  3 3 cos 2 x  9sin 2 x  11 3 0,25  8(1  sin 2 2 x)  3 3 cos 2 x(2sin 2 x  1)  9sin 2 x  11  0 4 Câu I  6sin 2 2 x  9sin 2 x  3  3 3 cos 2 x(1  2sin 2 x)  0 (3,00 đ)  (sin 2 x  1)(6sin 2 x  3)  3 3 cos 2 x(2sin 2 x  1)  0 0,25  3(2sin 2 x  1)(sin 2 x  3cos2 x  1)  0 2  2sin 2 x  1 (1)  sin 2 x  3cos2 x  1 (2) 0,25 1  5 (1)  sin 2 x   x   k hoặc x   k 2 12 12   1 3 1  1  x  4  k (2)  sin 2 x  cos2 x   sin(2 x  )    0,25 2 2 2 3 2  x  7  k   12 Gọi số cần tìm là: abc deg . Ta có: c  d  e  8 0,5 Bộ ba chữ số khác nhau có tổng bằng 8 là: (1;3; 4); (1; 2;5) Câu II Với mỗi bộ 3 chữ số trên có 3! cách xếp vị trí c, d , e 0,25 (1,5 đ) 3 Xếp 3 chữ số trong 6 chữ số còn lại vào vị trí a, b, g có A cách 6 0,5 3 Do đó có: 2  3! A  1440 (số) 6 0,25 Câu III Khai triển: ( x  1) n  Cn x n  Cn x n 1  ...  Cn 0 1 n 0,5 (2,5đ) Với x  2 : ta có 3n  Cn 2n  Cn 2n1  ...  Cn  19683 0 1 n 3n  39  n  9 0,25 9 9 k k  1 5 x3  9 3  1   5x  Ta có:      C9k      3 2  k 0  3   2  0,5 1 Hệ số của x12 thỏa mãn: 3k  12  k  4 5 4 1  5 4 4375 Hệ số đó là: C      9 3  2 216 0,25 1
Gọi Ai là biến cố “ Em thứ nhất lấy được i bi xanh” Gọi Bi là biến cố “ Em thứ hai lấy được i bi xanh” (i=0;1;2) Ai ; Bi là các biến cố độc lập 0,25 P  Ai .Bi   P  Ai  .P  Bi  3 TH1: i=0 Cách lấy 3 viên bi từ 1 hộp là C10  120 3 0 Cách lấy 3 viên bi đỏ 0 bi xanh là C8 .C2 0,25 3 0 2 C8 C2 7 7  P  A0   P  B0     P  A0 .B0     120 15  15  3 TH2: i=1 Cách lấy 3 viên bi từ 1 hộp là C10  120 2 Cách lấy 2 viên bi đỏ 1 bi xanh là C8 .C1 2 2 0,25 2 1 2 C8 C2 7 7  P  A1   P  B1     P  A1.B1     120 15  15  3 TH2: i=2 Cách lấy 3 viên bi từ 1 hộp là C10  120 1 2 Cách lấy 1 viên bi đỏ 2 bi xanh là C8 .C2 1 2 2 C8C2 1 1  P  A2   P  B2     P  A2 .B2     0,25 120 15  15  33 Vậy xác suất cần tìm là: P  P  A0 B0   P  A1B1   P  A2 B2   75 S I K Q G H M Câu IV D (3,00 đ) A J P 1 O B C N Gọi J là trung điểm AD  MG  ( SBJ ) Trong ( SBJ ) : MG  BJ  I BJ  ( ABCD )  I  MG  ( ABCD) 0,5 *) Trong ( ABCD) : IO  AD  P 2 0,5 IO  BC  N Trong ( SAD) : PG  SA  K  Thiết diện là MNPK 0,5 2
KA *) Tính tỉ số KS HJ GJ 1 Kẻ JH // SB ( H  MI )    0,5 SM SG 2 HJ 1 SM  MB    HJ là đường trung bình của IMB BM 2  JB  JI    ABDI là hình bình hành  DI // AB . Mà DC // AB vì JA  JD  0,5  C , D, I thẳng hàng  P là trọng tâm ACI G là trọng tâm SAD 0,25 AP AG 2 AK     PK // SD  2 0,25 AD AQ 3 SK ___ HẾT___ 3