Kiểm tra HKI( ĐA chi tiết)

TRƯỜNG THPT BA BỂ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN – LỚP 11 THỜI GIAN: 90 PHÚT I. MA TRẬN ĐỀ: Chủ đề Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng Hàm số lượng giác 1 1 2 0.5 0.5 1.0 Phương trình lượng giác 1 1 1 3 0.5 1.0 1.0 2.5 Tổ hợp – Xác suất 1 1 1 3 0.5 1.0 1.0 2.5 Dãy số 1 1 2 0.5 0.5 1.0 Phép dời hình và phép đồng dạng 1 1 2 0.5 0.5 1.0 Quan hệ song song 1 1 2 0.5 1.5 2.0 Tổng 6 6 2 14 3.0 5.0 2.0 10 II. NỘI DUNG ĐỀ: 1 A. Đề số 1: Câu I: (1,0 điểm) Tìm tập xác định của các hàm số sau: 1) sin 1 cos x y x = − 2) 2 1 sin cos x y x + = Câu II: (2,5 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 2 sin 3 0x − = 2) 2 cos2 sin sin 1 0x x x + − + = 3) ( ) 5 sin cos 2sin 2 5 0x x x + + + = Câu III: (2,5 điểm) 1) Một bình chứa 11 viên bi. Trong đó có 5 viên bi màu xanh, 6 viên bi màu đỏ ( các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ bình. a. Có bao nhiêu cách lấy ra 3 viên bi từ bình? b. Tính xác suất để lấy được ít nhất 1 viên bi màu xanh. 2) Tìm số hạng không chứa ẩn x trong khai triển nhị thức: 18 3 3 1 x x   +  ÷   Câu IV: (1,0 điểm) Cho dãy số ( ) n U xác định bởi công thức 1 2 1 1 2, 3, 3 2 , 2 n n n u u u u u n + − = = = − ≥ 1) Viết 5 số hạng đầu của dãy số ( ) n U 2) Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( ) n U Câu V: (3,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm ( ) 1;2A và đường thẳng : 2 5 0d x y + − = a. Tìm ảnh của điểm ( ) 1;2A qua phép đối xứng trục Ox b. Tìm ảnh của đường thẳng d qua phép v T r , với ( ) 2;3v r 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M và N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD. Gọi Q là điểm nằm trên cạnh SA ( Q không trùng S và A). a. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (MNQ) và (ABCD) b. Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng ( MNQ). Hết B. Đề số 2: 2 Câu I: (1,0 điểm) Tìm tập xác định của các hàm số sau: 1) 1 cos 1 sin x y x + = − 2) 1 sin 1 cos x y x − = + Câu II: (2,5 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 2 cos 2 0x − = 2) + = 2 2 cos cos 2 0x x 3) sin cos 4 sin cos 1 0x x x x − + + = Câu III: (2,5 điểm) 1) Một hộp đựng 5 quyển sách Toán, 3 quyển sách Vật lí, 4 quyển sách Hoá học. Chọn ngẫu nhiên 3 quyển trong hộp. a. Có bao nhiêu cách lấy ra 3 quyển sách trong hộp? b. Tính xác suất để chọn được 1 quyển Toán, 1quyển Vật lí, 1 quyển Hoá học. 2) Tìm số hạng không chứa ẩn x trong khai triển nhị thức: 7 3 4 1 x x   +  ÷   Câu IV: (1,0 điểm) Cho dãy số ( ) n U xác định bởi công thức 1 1 3, 2 1, 1 n n u u u n n + = = − + ≥ 1) Viết 5 số hạng đầu của dãy số ( ) n U 2) Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( ) n U Câu V: (3,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm ( ) 2;1M và đường thẳng : 2 3 0x y ∆ − − = a. Tìm ảnh của điểm ( ) 2;1M qua phép đối xứng trục Oy b. Tìm ảnh của đường thẳng ∆ qua phép v T r , với ( ) 1;3v r 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ( AB//CD và AB>CD ). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và SC. a. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AMN) và (SBC) b. Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng ( AMN). Hết III. ĐÁP ÁN: 3 A. Đề số 1: Câu Nội dung Điểm I 1 Để hàm số xác định thì: 1 cos 0 cos 1 2 ,x x x k k π − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈ Z 0,25 Vậy: { } \ 2 ,D k k π = ∈ ¡ Z 0,25 2 Tập xác định gồm các giá trị x thoả mãn: 2 1 sin 0 cos x x + ≥ và 2 cos 0x ≠ . Do 2 1 sin 0, os 0x c x + ≥ ≥ nên điều kiện trên tương đương với cos 0 , 2 x x k k π π ≠ ⇔ ≠ + ∈ Z 0,25 Vậy: \ , 2 D k k π π   = + ∈     ¡ Z 0,25 II 1 3 2 sin 3 0 sin sin sin 2 3 x x x π − = ⇔ = ⇔ = 0,25 ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 2 3 3 x k x k k k x k x k π π π π π π π π π   = + = +   ⇔ ∈ ⇔ ∈     = − + = +     Z Z Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : 2 3 x k π π = + và ( ) 2 2 3 x k k π π = + ∈ Z 0,25 2 2 2 2 2 cos 2 sin sin 1 0 1 2sin sin sin 1 0 sin sin 2 0 x x x x x x x x + − + = ⇔ − + − + = ⇔ + − = 0,25 Đặt ( ) sin 1t x t = ≤ thì phương trình trên trở thành: 2 1 2 0 2(lo¹i) t t t t =  + − = ⇔  = −  0,25 Với 1t = . Ta có: ( ) π π = ⇔ = + ∈ sin 1 2 2 x x k k Z 0,25 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là: ( ) π π = + ∈ 2 2 x k k Z 0,25 3 Đặt : ( ) sin cos 2t x x t = + ≤ .Ta có: 2 1 sin cos 2 t x x − = 0,25 Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 2 1 1 5 4. 5 0 2 5 3 0 3 2 (lo¹i) 2 t t t t t t = −  −  + + = ⇔ + + = ⇔  = −  0,25 4 Với 1th×:sin cos 1 hay 2 cos( ) 1 4 t x x x π = − + = − − = − ( ) ( ) 2 3 cos( ) cos( ) cos 4 2 4 4 3 2 2 4 4 3 2 2 2 4 4 x x x k x k k k x k x k π π π π π π π π π π π π π ⇔ − = − ⇔ − =  = + − = +    ⇔ ∈ ⇔ ∈   = − +  − = − +    Z Z 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: ( ) 2 vµ 2 2 x k x k k π π π π = + = − + ∈ Z 0.25 III 1a Số cách lấy 3 viên bi trong bình là: = 3 11 165C (cách) 0.5 1b Ta có: ( ) Ω = 165n Gọi A là biến cố “Có ít nhất 1 viên bi màu xanh” Thì A là biến cố “Không có viên bi màu xanh nào” 0,25 Khi đó: ( ) = = 3 6 20n A C . Ta có: ( ) ( ) ( ) = = Ω 20 165 n A P A n 0,25 Nên ( ) ( ) = − = − ≈ 20 1 1 0,8787 165 P A P A Vậy: Xác suất để lấy được ít nhất 1 viên bi màu xanh là: 0,8787 0,5 2 Số hạng thứ + 1k T trong khai triển có dạng: ( ) − − +   = =  ÷   18 3 54 6 1 18 18 3 1 k k k k k k T C x C x x 0,5 Nếu + 1k T không chứa x thì: − = ⇔ = 54 6 0 9k k 0,25 Vậy trong khai triển nhị thức đã cho, số hạng không chứa x là số hạng thứ 10. Ta có: = = 9 10 18 48620T C 0,25 IV 1 Năm số hạng của dãy số là: 2,3,5,9,17 0,5 2 Số hạng tổng quát của dãy số là − = + 1 1 2 n n u 0,5 V 1a Gọi ( ) ( ) O ' '; ' § x A x y A = . Khi đó: ( ) ' 1 ' 1; 2 ' 2 x A y =  ⇒ −  = −  0,5 1b Gọi ( ) ( ) '' ''; '' T v A x y A = r .Khi đó: ( ) '' 3 '' 3;5 '' 5 x A y =  ⇒  =  0,25 Gọi ( ) ' T v d d = r thì ' : 2 0d x y c + + = Do ∈ + + = ⇔ = − '' ' : 3 2.5 0 13A d c c Vậy: + − = ' : 2 13 0d x y 0,25 2a ( ) ( ) MNQ ABCD MN ∩ = 0,5 5 2b Trong mặt phẳng (ABCD), MN cắt AD, AB tại E, F Trong (SAD), EQ cắt SD tại P Trong (SAB), FQ cắt SB tại R Thiết diện của hình chóp S.ABCD với (MNQ) là hình ngũ giác MNPQR. 1,0 Hình vẽ: 0,5 B. Đề số 2: Câu Nội dung Điểm I 1 Để hàm số xác định thì: 1 sin 0 sin 1 2 , 2 x x x k k π π − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ + ∈ Z 0,25 Vậy: \ 2 , 2 D k k π π   = + ∈     ¡ Z 0,25 6 M C N E D P Q B F S R A 2 Tập xác định gồm các giá trị x thoả mãn: 1 sin 0 1 cos x x − ≥ + và 1 cos 0x + ≠ . Do 1 sin 0,1 os 0x c x − ≥ + ≥ nên điều kiện trên tương đương với 1 cos 0 os 1 2 ,x c x x k k π π + ≠ ⇔ ≠ − ⇔ ≠ + ∈ Z 0,25 Vậy: { } \ (2 1) ,D k k π = + ∈ ¡ Z 0,25 II 1 2 2 os 2 0 cos os cos 2 4 c x x c x π − = ⇔ = ⇔ = 0,25 ( ) 2 4 2 4 x k k x k π π π π  = +  ⇔ ∈   = − +   Z Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : 2 4 x k π π = + và ( ) 2 4 x k k π π = − + ∈ Z 0,25 2 + = ⇔ + − = ⇔ = 2 2 2 2 2 os cos2 0 2 os 2 os 1 0 1 os 4 c x x c x c x c x 0,25 ( ) 2 1 1 1 1 os 1 os2 os2 4 2 4 2 c x c x c x = ⇔ + = ⇔ = − 0,25 ( ) 2 os2 os os2 os 3 3 3 c x c c x c x k k π π π π ⇔ = − ⇔ = ⇔ = ± + ∈ Z 0,25 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là: ( ) 3 x k k π π = ± + ∈ Z 0,25 3 Đặt : ( ) sin cos 2t x x t = − ≤ .Ta có: 2 1 sin cos 2 t x x − = 0,25 Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 2 1 1 4. 1 0 2 3 0 3 2 (lo¹i) 2 t t t t t t = −  −  + + = ⇔ − − = ⇔  =  0,25 Với 1th×:sin cos 1 hay 2 sin( ) 1 4 t x x x π = − − = − − = − 0.25 7 ( ) ( ) 2 sin( ) sin( ) sin( ) 4 2 4 4 2 2 4 4 3 2 2 2 4 4 x x x k x k k k x k x k π π π π π π π π π π π π π ⇔ − = − ⇔ − = −  = − = − +    ⇔ ∈ ⇔ ∈   = +  − = + +    Z Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: ( ) 3 2 vµ 2 2 x k x k k π π π = = + ∈ Z 0.25 III 1a Số cách lấy ra 3 quyển sách là: 3 12 220C = (cách) 0.5 1b Ta có: ( ) 220n Ω = Gọi A là biến cố “Cả 3 quyển sách đều khác môn” Ta có: ( ) 1 1 1 5 4 3 . . 60n A C C C = = 0,5 Khi đó: ( ) ( ) ( ) = = ≈ Ω 60 0,2727 220 n A P A n . 0,25 Vậy: Xác suất để lấy được 1 quyển Toán, 1 quyển Vật lí, 1 quyển Hoá học là : 0,2727 0,25 2 Số hạng thứ + 1k T trong khai triển có dạng: ( ) 7 3 21 7 1 7 7 4 1 k k k k k k T C x C x x − − +   = =  ÷   0,5 Nếu + 1k T không chứa x thì: 21 7 0 3k k − = ⇔ = 0,25 Vậy trong khai triển nhị thức đã cho, số hạng không chứa x là số hạng thứ 4. Ta có: 3 4 7 35T C = = 0,25 IV 1 Năm số hạng của dãy số là: 3,6,11,20,37 0,5 2 Số hạng tổng quát của dãy số là 2 n n u n = + 0,5 V 1a Gọi ( ) ( ) Oy ' '; ' §M x y M = . Khi đó: ( ) ' 2 ' 2;1 ' 1 x M y = −  ⇒ −  =  0,5 1b Gọi ( ) ( ) '' ''; '' T v M x y M = r .Khi đó: ( ) '' 3 '' 3;4 '' 4 x M y =  ⇒  =  0,25 Gọi ( ) ' T v ∆ = ∆ r thì ' : 2 0x y c ∆ − + = Do '' ' : 2.3 4 0 2M c c ∈∆ − + = ⇔ = − Vậy: ' : 2 2 0x y ∆ − − = 0,25 2a ( ) ( ) AMN SBC MN ∩ = 0,5 2b Gọi F là giao điểm của AD và BC thì SF là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) Gọi E là giao điểm của MN và SF; P là giao điểm của SD và 1,0 8 AE thì P là giao điểm của SD và (AMN). Khi đó , thiết diện là tứ giác AMNP. Hình vẽ: 0,5 Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác mà kết quả vẫn đúng thì vẫn chấm điểm theo thang điểm đã cho. 9 C F D A S B M N E P . TRƯỜNG THPT BA BỂ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN – LỚP 11 THỜI GIAN: 90 PHÚT I.