1. Trang chủ
  2. » Thể loại khác

de hk 1 toan 11 7878

2 107 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 2
Dung lượng 158,5 KB

Nội dung

de hk 1 toan 11 7878 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực kinh tế...

PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: TOÁN 7 Năm học : 2010 - 2011 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1 điểm) Viết công thức tính lũy thừa của một tích. Áp dụng tính: 5 1 3    ÷   . 3 5 Câu 2: (1 điểm) Nêu định lí tổng ba góc của một tam giác. Áp dụng : Cho tam giác ABC có Â = 50 0 , µ C = 75 0 , tính µ B . Câu 3: (2 điểm) Thực hiện các phép tính (bằng cách hợp lý nếu có thể): a) 5 7 5 16 5 + + 0,5 + 27 23 27 23 − b) 1 4 1 4 35 : ( ) 45 :( ) 6 5 6 5 − − − c) 2 3 1 3: . 36 2 9   − +  ÷   Câu 4: (1 điểm) Tìm x biết: a) 4 28 7 x − = b) 4 2 3 5 5 5 x + − = Câu 5: (2 điểm) Ba đội máy san đất làm ba khối lượng công việc như nhau. Đội thứ nhất hoàn thành công việc trong 2 ngày, đội thứ hai hoàn thành công việc trong 3 ngày và đội thứ ba hoàn thành công việc trong 4 ngày. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu máy (có cùng năng suất), biết rằng số máy đội thứ hai nhiều hơn số máy đội thứ ba là 3 máy. Câu 6: (3 điểm) Cho ΔABC có µ 0 A = 90 . Kẻ AH vuông góc với BC (H ∈ BC). Trên đường thẳng vuông góc với BC tại B lấy điểm D không cùng nửa mặt phẳng bờ BC với điểm A sao cho BD = AH. Chứng minh rằng: a) ΔAHB = ΔDBH b) AB // DH c) Tính · ACB , biết · 0 BAH = 35 ________________________________________ ĐỀ CHÍNH THỨC PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐÁP ÁN TOÁN 7 Câu Nội dung Điểm 1 Công thức tính lũy thừa của một tích: (x . y) n = x n . y n Áp dụng: 5 1 3    ÷   . 3 5 = 5 5 1 3 1 1 3   × = =  ÷   0,5 0,5 2 Tổng ba góc của một tam giác bằng 180 0 Xét ΔABC có: µ µ µ 0 A + B + C 180 = 50 0 + µ B + 75 0 = 180 0 µ B = 180 0 - (50 0 +75 0 ) = 55 0 0,5 0,25 0,25 3 a) 5 7 5 16 5 5 7 16 5 + + 0,5 + 5 0,5 27 23 27 23 27 27 23 23 = 5 + 1 + 0,5 = 6,5     − = − + + +  ÷  ÷     b) 1 4 1 4 1 1 4 4 25 35 : ( ) 45 : ( ) 35 45 : = (-10) : - = 6 5 6 5 36 6 5 5 2       − − − = − −  ÷  ÷  ÷       c) 2 3 1 3: . 36 2 9   − +  ÷   = 9 1 4 2 4 2 6 3: 6 3 2 4 9 9 3 3 3 3 + × = × + = + = = 0,75 0,75 0,5 4 a) 4 28 7 x − = nên x = ( ) 28. - 4 7 = -16 b) 4 2 3 4 3 2 4 x+ - = hay x+ = hay x+ 1 5 5 5 5 5 5 5 + = 4 1 5 x + = hoặc 4 1 5 x + =− x = 1 5 hoặc x = 9 5 − 0,5 0,5 5 Gọi số máy của ba đội lần lượt là x, y, z. Vì số máy tỷ lệ nghịch với số ngày hoàn thành công việc nên ta có: 2.x = 3.y = 4.z và y - z = 3 Hay x y z = = 1 1 1 2 3 4 và y - z = 3 Theo tính chất của dãy tỷ số bằng nhau ta có: 0,25 0,5 0,25 0,75 Câu Nội dung Điểm x y z y-z 3 = = = = =36 1 1 1 1 1 1 - 2 3 4 3 4 12 => x = 18; => y = 12; => z = 9; Vậy số máy của ba đội lần lượt là: 18, 12, 9 0,25 6 GT ΔABC ; µ 0 A = 90 AH ⊥ BC; H ∈ BC BD ⊥ BC; BD = AH · 0 BAH = 35 KL a) ΔAHB = ΔDBH b) AB // DH c) Tính · ACB a) Xét ∆AHB và ∆DBH có BD = AH (gt) · · 0 DBH = AHB = 90 BH là cạnh chung => ΔAHB = ΔDBH (c-g-c) b) Vì ΔAHB = ΔDBH nên · · ABH = BHD (ở vị trí so le trong) => AB // DH c) Xét ∆AHB có · · 0 ABH + BAH = 90 => · 0 0 0 ABH = 90 - 35 55 = Xét ∆ABC có · · 0 ABH + ACB = 90 => · 0 0 0 ACB = 90 - 55 35 = 0,5 0,75 0,75 0,5 0,5 (Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) A C H B D 35 0 ONTHIONLINE.NET ĐỀ 10CB2345 Đề học kỳ I năm học 2010 – 2011 Môn Toán 11 (Chương trình chuẩn) Thời gian làm 90 phút (không kể phát đề) Ngày thi: 31/12/2011 (Đề gồm có 01 trang) Họ tên học sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị: NỘI DUNG ĐỀ Câu 1: (3.0 điểm) Cho hai tập hợp A = [ −1; ) , B = ( −3; 3) Tìm tập hợp A ∩ B , A \ B Tìm b, c biết parabol: y = x + bx + c (P) có trục đối xứng x = đỉnh I(1; 2) Từ suy (P) cần tìm Câu 2: (3.0 điểm) Cho phương trình: x − 2(k − 1) x + − 3k = Tìm k để phương trình có hai nghiệm trái dấu Giải phương trình x + = x + Câu 3: (2.0 điểm) Cho ba điểm A(3;2) , B(4;1) C(1;5) Tìm toạ độ trọng tâm G tam giác ABC tìm tọa độ điểm M để ABCM hình bình hành − cos 2α Cho sin α = , ( 00 < α < 900 ) Tính giá trị biểu thức P = tanα cotα Câu 4: (1.0 điểm) Cho ∆ABC Gọi M trung điểm CA, K trung điểm CM Chứng minh rằng: uuur uuu r uuur uuur uuur uuu r BK = BA + BC (Gợi ý: Hãy phân tích BK theo vectơ BA BC ) 4 Câu 5: (1.0 điểm) Giải biện luận phương trình: 2mx − x = 3m − /.Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu 1.1 1.0đ Đáp án A ∩ B = [ −1; 3) A \ B = [ 3,5 ) Trục đối xứng x = nên 0,5 −b =1 2a −b = ⇔ b = −10 2.5 Đỉnh I(1; 2) Thế x = 1, y = b = -10 vào (P) ta c = Vậy parabol cần tìm là: y = x − 10 x + PT có hai nghiệm trái dấu a.c < ⇔ − 3k < Câu 2.1 ⇔k> 1.5đ Vậy với k > thỏa YCBT Câu 2.2 2x + = 4x + (1) Câu 1.2 2.0 đ ⇔ Điểm 0,5 0,5 0.5 0.5 0.5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 + Với x + ≥ ⇔ x ≥ − phương trình (1) có dạng: x + = x + ⇔ x = −4 ⇔ x = −2 (loại) + Với x + < ⇔ x < − phương trình (1) có dạng: − x − = x + ⇔ x = −6 ⇔ x = −1 (nhận) Vậy nghiệm phương trình (1) x = -1 8 8 a G  ; ÷ 3 3 b Giả sử M (xM , yM ) uuuu r MC = (1− xM ; 5− yM ) , AB = (1; − 1) Câu 3.1 uuuu r uuu r 1.5đ Điều kiện MC = AB (điều kiện được) 1.5đ 1− xM =  x = ⇔ ⇔ M 5− yM = −1  yM = Kết luận M(0;6) 4 Ta có: sin α = ⇒ cosα = ; tan α = ;cot α = 5 Câu 3.2 2 Hoặc nhận xét: tan α cot α = 1; − cos α = sin α 0.5đ 16 P= 25 uuur uuuu r uuur r uuur uuuu BK = BM + BC = BM + BC 2 Ta có: u u u r u u u r u u u r 1 Câu = BA + BC + BC 1.0đ u u u r u u u r = BA + BC (ĐPCM) 4 Giải biện luận hàm số: 2mx − x = 3m − ⇔ (2m − 1) x − 3m + = (*)  2m − = ⇔ m = thay vào (*) ta được: − + = (vô lí) 2 Pt vô nghiệm Câu  2m − ≠ ⇔ m ≠ pt có nghiệm: x = 3m − 1.0đ 2m − Kết luận: m= pt 3m − m ≠ pt có nghiệm x = 2m − ( ) ( ) 0,5 0,25 0,5 0,5 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25đ 0,25đ 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: TOÁN 7 Năm học : 2010 - 2011 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1 điểm) Viết công thức tính lũy thừa của một tích. Áp dụng tính: 5 1 3    ÷   . 3 5 Câu 2: (1 điểm) Nêu định lí tổng ba góc của một tam giác. Áp dụng : Cho tam giác ABC có Â = 50 0 , µ C = 75 0 , tính µ B . Câu 3: (2 điểm) Thực hiện các phép tính (bằng cách hợp lý nếu có thể): a) 5 7 5 16 5 + + 0,5 + 27 23 27 23 − b) 1 4 1 4 35 : ( ) 45 :( ) 6 5 6 5 − − − c) 2 3 1 3: . 36 2 9   − +  ÷   Câu 4: (1 điểm) Tìm x biết: a) 4 28 7 x − = b) 4 2 3 5 5 5 x + − = Câu 5: (2 điểm) Ba đội máy san đất làm ba khối lượng công việc như nhau. Đội thứ nhất hoàn thành công việc trong 2 ngày, đội thứ hai hoàn thành công việc trong 3 ngày và đội thứ ba hoàn thành công việc trong 4 ngày. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu máy (có cùng năng suất), biết rằng số máy đội thứ hai nhiều hơn số máy đội thứ ba là 3 máy. Câu 6: (3 điểm) Cho ΔABC có µ 0 A = 90 . Kẻ AH vuông góc với BC (H ∈ BC). Trên đường thẳng vuông góc với BC tại B lấy điểm D không cùng nửa mặt phẳng bờ BC với điểm A sao cho BD = AH. Chứng minh rằng: a) ΔAHB = ΔDBH b) AB // DH c) Tính · ACB , biết · 0 BAH = 35 ________________________________________ ĐỀ CHÍNH THỨC PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐÁP ÁN TOÁN 7 Câu Nội dung Điểm 1 Công thức tính lũy thừa của một tích: (x . y) n = x n . y n Áp dụng: 5 1 3    ÷   . 3 5 = 5 5 1 3 1 1 3   × = =  ÷   0,5 0,5 2 Tổng ba góc của một tam giác bằng 180 0 Xét ΔABC có: µ µ µ 0 A + B + C 180 = 50 0 + µ B + 75 0 = 180 0 µ B = 180 0 - (50 0 +75 0 ) = 55 0 0,5 0,25 0,25 3 a) 5 7 5 16 5 5 7 16 5 + + 0,5 + 5 0,5 27 23 27 23 27 27 23 23 = 5 + 1 + 0,5 = 6,5     − = − + + +  ÷  ÷     b) 1 4 1 4 1 1 4 4 25 35 : ( ) 45 : ( ) 35 45 : = (-10) : - = 6 5 6 5 36 6 5 5 2       − − − = − −  ÷  ÷  ÷       c) 2 3 1 3: . 36 2 9   − +  ÷   = 9 1 4 2 4 2 6 3: 6 3 2 4 9 9 3 3 3 3 + × = × + = + = = 0,75 0,75 0,5 4 a) 4 28 7 x − = nên x = ( ) 28. - 4 7 = -16 b) 4 2 3 4 3 2 4 x+ - = hay x+ = hay x+ 1 5 5 5 5 5 5 5 + = 4 1 5 x + = hoặc 4 1 5 x + =− x = 1 5 hoặc x = 9 5 − 0,5 0,5 5 Gọi số máy của ba đội lần lượt là x, y, z. Vì số máy tỷ lệ nghịch với số ngày hoàn thành công việc nên ta có: 2.x = 3.y = 4.z và y - z = 3 Hay x y z = = 1 1 1 2 3 4 và y - z = 3 Theo tính chất của dãy tỷ số bằng nhau ta có: 0,25 0,5 0,25 0,75 Câu Nội dung Điểm x y z y-z 3 = = = = =36 1 1 1 1 1 1 - 2 3 4 3 4 12 => x = 18; => y = 12; => z = 9; Vậy số máy của ba đội lần lượt là: 18, 12, 9 0,25 6 GT ΔABC ; µ 0 A = 90 AH ⊥ BC; H ∈ BC BD ⊥ BC; BD = AH · 0 BAH = 35 KL a) ΔAHB = ΔDBH b) AB // DH c) Tính · ACB a) Xét ∆AHB và ∆DBH có BD = AH (gt) · · 0 DBH = AHB = 90 BH là cạnh chung => ΔAHB = ΔDBH (c-g-c) b) Vì ΔAHB = ΔDBH nên · · ABH = BHD (ở vị trí so le trong) => AB // DH c) Xét ∆AHB có · · 0 ABH + BAH = 90 => · 0 0 0 ABH = 90 - 35 55 = Xét ∆ABC có · · 0 ABH + ACB = 90 => · 0 0 0 ACB = 90 - 55 35 = 0,5 0,75 0,75 0,5 0,5 (Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) A C H B D 35 0 PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: TOÁN 8 Năm học : 2010 - 2011 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2 điểm) Thực hiện phép tính sau: 2 ) 1 1 x x a x x + + + 3 6 3 9 ) . 4 12 2 x x b x x + − − + Câu 2: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 2 3x x− b) 2 2 4 2 1x y x− + + c) 2 2 15x x− − Câu 3: (1điểm) Tìm a để đa thức x 3 - 6x 2 + 12x + a chia hết cho x - 2 Câu 4: (2 điểm) Cho biểu thức: P= 2 2 2 3 2 3 : 3 9 3 x x x x x x x x + +   −  ÷ − − +   3 ( 3; 0; ) 2 x x x − ≠ ± ≠ ≠ a) Rút gọn P . b) Tính giá trị nguyên của x để P có giá trị nguyên. Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH. Từ H vẽ HE và HF lần lượt vuông góc với AB và AC (E ∈ AB, F ∈ AC). a/ Chứng minh AH = EF. b/ Trên tia FC xác định điểm K sao cho FK = AF. Chứng minh tứ giác EHKF là hình bình hành. c/ Gọi O là giao điểm của AH và EF, I là giao điểm của HF và EK. Chứng minh OI //AC. ---------------- HẾT-------------- ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 8 HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu 1: 2 2 ( 1) ) 1 1 1 1 x x x x x x a x x x x x + + + = = = + + + + (1,0đ) 3 6 3 9 3( 2) 3( 3) 9 ) . . 4 12 2 4( 3) 2 4 x x x x b x x x x + − + − = = − + − + (1,0đ) Câu 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 2 3 ( 3)x x x x− = − (0,75đ) b)x 2 – 4y 2 + 2x + 1 = (x 2 + 2x + 1) – 4y 2 = (x+1) 2 – (2y) 2 (0,5đ) = (x + 1 - 2y)(x + 1 + 2y) (0,25đ) c) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 15 3 5 15 3 5 3 5 3x x x x x x x x x x− − = + − − = + − + = − + (0,5đ) Câu 3: Tìm được một hạng tử của thương bằng cách đặt phép chia cho 0,25 điểm. x 3 - 6x 2 + 12x + a x - 2 x 3 - 2x 2 x 2 - 4x + 4 (0,75đ) - 4x 2 + 12x + a - 4x 2 + 8x 4x + a 4x - 8 a + 8 Để đa thức x 3 - 6x 2 + 12x + a chia hết cho x - 2 thì a + 8 = 0 => a = - 8 (0,25đ) Câu 4: a/ (1,0đ) P= 2 2 2 3 2 3 : 3 9 3 x x x x x x x x + +   −  ÷ − − +   = 3 2 3 : ( 3) ( 3)( 3) ( 3) x x x x x x x x x   + + −  ÷ − − + +   (0,25đ) = 2 2 ( 3) 2 3 : ( 3)( 3) ( 3) x x x x x x x x + − + − + + (0,25đ) = 3(2 3) ( 3) . ( 3)( 3) 2 3 x x x x x x x + + − + + (0,25đ) = 3 3x − (0,25đ) b) (1,0 đ) P = 3 3x − Để P nguyên thì 3 M x – 3 ( 0,25đ) Hay x – 3 = 3 => x = 6 x – 3 = -3 => x = 0 (loại) (0,5đ) x – 3 = 1 => x = 4 x – 3 = -1 => x = 2 Vậy x ∈{2; 4; 6} thì P nguyên (0,25đ) Câu 5: a) (1đ) Chứng minh được tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông . (0,75đ) Suy ra AH = EF. (0,25đ) b) (1đ) C/m được EH // FK và EH = FK (0,75đ) Kết luận tứ giác EHKF là hình bình hành (0,25đ) c) (1đ) Lí luận được OI là đường TB ∆EFK (0,75đ) Suy ra OI // AC (0, 25đ) HS làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. I K O F E H A B C SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI - AMSTERDAM ĐỀ THI HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 11 NĂM HỌC 2009 – 2010 THỜI GIAN LÀM BÀI 120 PHÚT Câu 1. (2 điểm) Giải phương trình cot x − tan x + 4 sin 2x = Câu 2. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC với 2 . sin 2x A ( 1; 2 ) , B ( −1; 0 ) , C ( −3; 4 ) . a) (0.5 điểm) Gọi A', B', C' tương ứng là ảnh của điểm A, B, C qua phép tịnh tiến theo vectơ u ( 1, 2 ) . Hãy tìm toạ độ trọng tâm G ' của tam giác A' B ' C ' . tỷ số b) (1 điểm) Gọi P, Q, R tương ứng là ảnh của các điểm A, B, C qua phép vị tự tâm k = 2. Tìm toạ độ các điểm P, Q, R. I ( 0; 1 ) , Câu 3. a) (1 điểm) Tính hệ số của x 8 trong khai triển nhị thức Newton của  1 +  x 3 n 5  biết rằng C n + 1 − C n   = 7 ( n + 3 ) . n + 4 n + 3 b) (1.5 điểm) Từ các số 1, 2, 3, 4, 5 hỏi có thể lập được bao nhiêu số có ba chữ số đôi một khác nhau và nhỏ hơn 245. Câu 4. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình thang, đáy lớn AD. Gọi M , N , E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB,CD, SA. a) (0.5 điểm) Dựng thiết diện hình chóp S .ABCD khi cắt bởi mặt phẳng ( MNE ) . b) (1 điểm) Chứng minh rằng SC song song với mặt phẳng ( MNE ) . Gọi F là giao điểm mặt phẳng ( MNE ) với SD , đường thẳng AF có song song với mặt phẳng ( SBC ) hay không? c) (1.5 điểm) Cho M , N là hia điểm cố định lần lượt nẳm trên các cạnh AB,CD sao cho MN song song với AD và E , F là hai điểm di động lần lượt trên các cạnh SA, SD sao cho EF song song với AD. Gọi I là giao điểm của ME và NF thì I di động trên đường nào? Câu 5. (1 điểm) Tìm m để phương trình cos 2x − 4 sin x + m + 1 = 0 có nghiệm thoả mãn 0 ≤ x ≤ π . 2 Ghi chú: Học sinh các lớp 11A1; 11A2; 11S; 11N-T; 11V; 11Đ; 11P1; 11P2 không phải làm Câu 5. Khi đó biểu điểm các câu 3a) là 1.5 điểm, câu 3b) là 2 điểm. Các câu còn lại giữ nguyên. Tài liệu lấy từ: h t t p : / / m y s c h oo l . v n . Liên hệ: i n fo @m y s c h o o l . v n . 1 x  ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 11 Câu 1. (2 điểm) Điều kiện sin 2x ≠ 0 ⇔ x ≠ k . 2 Phương trình cos 2 x − sin 2 x ⇔ + 4 sin 2x = sin x cos x 2 sin 2 x cos x = 1 ( l )   cos 2 x = − 1 = cos 2   2 3 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của phương trình x = ± π + k π . 3 Câu 2. a) (0.5 điểm) Gọi G và G ' tương ứng là trọng tâm ∆ABC và ∆A' B ' C ' . Ta có:  x = − 3 + 1 = 0     G' 3 GG' = u ⇔   y . = 6 + 2 = 4 Vậy G' ( 0, 4 )   G' 3 Hướng dẫn chấm: Nếu đi tính A'; B'; C ' sau đó mới suy ra tọa độ G ' thì bị trừ 0.25 điểm. Chú ý: Nếu học sinh coi đề là C ( 3; 4 ) thì vẫn cho điểm tối đa nếu làm đúng.    V ( I , 2 ) ( A ) = P  IP = 2IA  P ( 2; 3 )      b) (1 điểm) Ta có  V ( I , 2 ) ( B ) = Q ⇔  IQ = 2IB . Do đó  Q ( − 2; − 1 ) .        V ( I , 2 ) ( C ) = R   IR = 2IC  R ( − 6; 7 ) Câu 3. a) (1 điểm) Ta có C n + 1 − C n = 7 ( n + 3 ) ⇔ ( n + 2 ) ( n + 3 ) = 7 ( n + 3 ) ⇔ n = 12 . n+4 n + 3 2! 5 12 − k 60 − 11k Số hạng tổng quát của khai triển là C k . ( x − 3 ) k  x 2  = C k .x 2 ⇒ 60 − 11k = 8 ⇒ k = 4. V ậ y hệ số của ⇔ x 8 là C 4 1   1   2 = 495 . b) (1.5 điểm) Gọi số phải tìm là a 1 a 2 a 3 < 245 ⇒ a 1 = 1 hoặc a 2 = 2 Trường hợp 1 : Nếu a 1 = 1 thì x =1a 2 a 3 ⇒ có 2 = 12 ( số). Trường hợp 2 : Nếu a 2 = 2 thì x = 2a 2 a 3 ⇒ có 2 khả năng chọn a 2 : Khả năng 1 : a 2 ∈ { 1, 3 } ⇒ có 6 số. Khả năng 2: a 2 = 4 ⇒ a 3 có 2 cách chọn suy ra có 2 số. 12 A 4 Vậy tổng có 12 + 6 + 2 = 20 số. Câu 4. a) (0.5 điểm) Cách 1(Áp dụng định lý giao tuyến): Xét 3 mặt phẳng (AMND), (MNFE), (ADFE) cắt nhau THI KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN : TOÁN LỚP 11 Thời gian: 90 phút ĐỀ: I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7điểm) Câu I: (2 điểm) Giải phương trình sau a/ tan(4 x  150 )  b/ 3cos2 x  4cos x  c/ cos x  sin x  d/ 2cos2 3x  sin x  3sin 3x  Câu II: (2 điểm) 18 1/ Tìm số hạng không chứa x khai triển  x   x   2/ Trên giá sách có sách Toán, sách Vật lý sách Hóa học Lấy ngẫu nhiên Tính xác suất cho: a) lấy có sách Vật lý b) lấy có sách Toán Câu III: (3 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang với đáy lớn AB = 2CD.Gọi M,N trung điểm cạnh SA,SB O giao điểm AC BD a) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) (SBD) ; (SAD) (SBC) b) Chứng minh MN // CD MD // NC c) Tìm giao điểm I đường thẳng AN với (SCD) II PHẦN RIÊNG (3điểm) Thí sinh học theo chương trình làm theo chương trình Theo chương trình chuẩn Câu Iva: (1điểm) Giải phương trình: 2cos2x  4cos x  1 sin x  2sin x cos x Câu Va: (2 điểm) Trong mpOxy cho A(1;3) v(2;1) đường thẳng d: 3x  y   a/ Tìm ảnh d qua phép tịnh tiến vectơ v b/ Tìm ảnh A qua phép đồng dạng có cách thực liên tiếp phép quay tâm O góc 900 phép vị tự tâm O tỉ số k = - 2 Theo chương trình nâng cao Câu IVb (1 điểm)  3 Giải phương trình: 4sinxcos(x  )  4sin(  x)cosx  2sin(  x )cos(  x )  2 Câu Vb (2 điểm) Trong mpOxy cho A(1;3) v(2;1) đường thẳng d: 3x  y   a/ Tìm ảnh d qua phép đối xứng trục Ox b/ Tìm ảnh d qua phép đồng dạng có cách thực liên tiếp phép vị tự tâm A tỉ số k = phép tịnh tiến vectơ v ĐÁP ÁN THI HỌC KÌ I KHỐI 11 (ban bản) Nội dung Câu tan(4 x  15 )  I.a 0.5điểm Điểm 0,25  tan(4 x  150 )  tan 600  x  150  600  k1800  x  450  k 450 0,25 7cos2 x  4cos x  đặt t =cos x; 1  t  I.b 0.5điểm t  1(nhan)  t  (nhan)  *t   s inx   x  0,25  0, 25  k 2 (k  ) 3  s inx   x  arcsin  k 2 (k  ) 7 Chia vế cho ta cos x  sin x  2    sin cos x  cos sin x  6  Ic    sin   x   sin 0.5điểm 6        x   k 2  x   12  k 2       x     k 2  x   7  k 2 , k    12 2 2cos 3x  sin x  3sin 3x  *t  Ta có cos 3x   x   k 0,25 0,25  nghiệm phương trình, suy cos3x  , chia vế cho cos2 3x ta tan 3x  tan 3x  Id 0.5điểm   tan 3x   tan 3x     x  k  k  x  arctan  k  3 x 18k Số hạng TQ: Tk 1  C18k x k ( )18k  C18k x k 2(18k ) IIa 1điểm 0,25 Theo YCĐB: k  2(18  k )   k  12 Số hạng không chứa x khai triển là: C1812 26  9792 0,25 0, 0,25 0,25 IIb điểm IIIa 1điểm IIIb 1điểm IIIc 1điểm IVa 1điểm Mỗi cách chọn sách tổ hợp chập 12 phần tử n()  C124  495 0,5 n( A)  C124  C74 C50  460 460 92 P( A)   495 99 n( B)  C42 C82  168 168 56 P( A)   495 65 0,5 * Tìm: (SAC )  (SBD) Ta có S điểm chung Gọi AC  BD  O Ta có: O  AC  (SAC ) O  BD  (SBD) Suy ra:O điểm chung thứ Vậy: (SAC)  (SBD)  SO Trong (SAB) ta có MN / / AB ( đường TB tam giác SAB) Trong mp( ABCD) có DC / / AB Vậy: DC / / MN Do MN//AB; MN=DC= AB Nên Tứ giác MNDC HBH  MD / / NC *Chọn (SAB)  AN Tìm (SAB)  (SCD) Ta có S điểm chung thứ 0, 25 0, 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,5  AB / / DC  Mặt khác:  AB  ( SAB)  ( SAB)  ( SDC )  St / / AB / / DC  DC  ( SDC )  Gọi K giao điểm AN St K  AN Suy AN  (SCD)  K K  St  ( SDC )  K  ( SDC ) 0, 2cos x  4cos x   sin x  2sin x cos x  2(2c os x  1)  cos x   s inx(1  cos x)  c os x  cos x   s inx(1  cos x) 0,25  4(cos x  )(cos x  )  s inx(1  cos x) 2  2(1  c osx)( c osx  )  s inx(1  cos x)   (1  co sx)(2 c osx   s inx)=0  *(1  2cosx)=0  x    k 2 0,25 0.25 *2cosx   sinx=0  PTVN a  b2  c2 Gọi d’ ảnh d qua phép Tv Ta có d’ // d nên d’ có dạng : VIa a 1điểm VIa b 1điểm IVb 1điểm Vb 2điểm 0,25 3x  y   0,25 Lấy M (3;0)  d Tv (M )  M ' suy M '(5;1)  d ' 0,25 Thay vào d’ ta 3.(5)  2.1  c   c  17 Vậy d’ : 3x  y  17  Gọi A1  Q(0,900 )( A) suy A1 (3;1) 0,25 0,25 Gọi A '  V(O;2) ( A1 ) suy A '(6; 2) 0,5 0,25 Từ ta ... sử M (xM , yM ) uuuu r MC = (1 xM ; 5− yM ) , AB = (1; − 1) Câu 3 .1 uuuu r uuu r 1. 5đ Điều kiện MC = AB (điều kiện được) 1. 5đ  1 xM =  x = ⇔ ⇔ M 5− yM = 1  yM = Kết luận M(0;6) 4 Ta... phương trình (1) có dạng: x + = x + ⇔ x = −4 ⇔ x = −2 (loại) + Với x + < ⇔ x < − phương trình (1) có dạng: − x − = x + ⇔ x = −6 ⇔ x = 1 (nhận) Vậy nghiệm phương trình (1) x = -1 8 8 a G ... Hoặc nhận xét: tan α cot α = 1; − cos α = sin α 0.5đ 16 P= 25 uuur uuuu r uuur r uuur uuuu BK = BM + BC = BM + BC 2 Ta có: u u u r u u u r u u u r 1 Câu = BA + BC + BC 1. 0đ u u u r u u u r = BA

Ngày đăng: 31/10/2017, 11:08

w