Đề_HD Toán_11 kỳ 1_7

http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010-2011 TRƯỜNG THPT MÔN THI: TOÁN KHỐI 11 NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU Thời gian làm bài : 90 phút ************ (Không kể thời gian giao đề) ********** Họ và tên thí sinh: . Lớp : A. PHẦN CHUNG ( Dành cho tất cả các học sinh ) ( 8 điểm) Câu 1: (3 điểm) Giải các phương trình sau : a. 3tan 2 3 0 4 x π    ÷   − + = b. 2cos2x 3cosx - 5 0− = c. os3 os5 sinx 0c x c x − − = Câu 2: (1 điểm) Tìm hệ số của 9 x trong khai triển 15 2 1 x x   −  ÷   Câu 3: (1 điểm) Một hộp đựng 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để ba viên bi lấy ra phải có đúng hai màu? Câu 4:(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): 2 2 4 2 20 0x y x y+ + + − = Tìm phương trình đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo ( ) 2; 3V = − ur ? Câu 5:(2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang có đáy lớn AB, đáy nhỏ là CD. a. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) ? b. Gọi M là một điểm thuộc miền trong tam giác SBC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MAD)? B. PHẦN TỰ CHỌN (Dành riêng cho học sinh từng ban) (2 điểm) Học sinh học Ban nào chọn làm phần dành riêng cho Ban học đó I. Dành cho học sinh học theo chương trình nâng cao. Câu 6A (1 điểm) Giải bất phương trình : 2 2 3 2x x x 1 6 A A C 10 2 x − ≤ + . Câu 7A (1 điểm) Ba xạ thủ A, B, C độc lập với nhau cùng nổ súng vào một mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trượt mục tiêu của ba xạ thủ A, B, C lần lượt là 0,2; 0,3 và 0,2. Gọi X là số lần bắn trúng mục tiêu . Hãy lập bảng phân bố xác suất của X ? II. Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn Câu 6B (1 điểm) Chứng minh rằng : n n A (4 15n 1) 9, n N*M= + − ∀ ∈ . Câu 7B (1 điểm) Cho cấp số cộng (u n ) thoả mãn    = =+ 129S 14uu 12 53 . Tính số hạng đầu u 1 và công sai d của cấp số cộng đã cho ? *****Hết***** ĐÁP ÁN A. Phần chung:( 8 Điểm) Câu Bài giải Điể m Câu 1 3 đ a 1đ + ĐK: 3 , 8 2 x k k π π ≠ + ∈ Z + Ta có: 3 2 4 3 2 , 4 6 24 2 3tan 2 3 0 tan 4 x x k x k k x π π π π π π π     − = −  ÷  ÷     ⇔ − = − + ⇔ = + ∈ − + = ⇔ Z + Vâỵ phương trình đã cho có nghiệm là: 24 , 2 x k k π π = + ∈ Z 0,25 0,25 0,25 0,25 b 1đ Ta có ( ) ( ) 2 2cos2x 3cosx - 5 0 2 cos x 1 3cos x 5 0 cosx 1 2 4cos x 3cos x 7 0 7 cos x 3 l − = ⇔ − − − = = − ⇔ − − = ⇔ =     2 ,x k k π π ⇔ = + ∈ Z + Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: 2 ,x k k π π = + ∈ Z 0,25 0,5 0,25 c 1đ + Ta có: os3 os5 sinx 0 2sin 4 .sin sin 0c x c x x x x − − = ⇔ − = ( ) sin 0 2sin 4 1 1 sin 4 2 sin 0 x x x x =   −  =  ⇔ = ⇔ + khi sinx 0 ,x k k π = ⇔ = ∈ Z + Khi 4 2 1 6 24 2 , 5 5 2 4 2 6 24 2 sin4x x k x k k x k x k π π π π π π π π π   = + = +   ⇔ ∈     = + = +     = ⇔ Z 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 1đ Ta có: ( ) ( ) 15 15 15 15 2 2 30 3 15 15 0 0 1 1 . 1 k k k k k k k k x C x C x x x − − = =     − = − = −  ÷  ÷     ∑ ∑ Với 9 x ta có 30 3 0 7k k − = ⇔ = Vậy hệ số của 9 x trong khai triển 15 2 1 x x   −  ÷   là: ( ) 7 7 15 1 C− 0,5 0,25 0,25 + Số không gian mẫu là ( ) 3 15 450n CΩ = = Trường hơp 1: Ba viên lấy ra gồm hai màu xanh và đỏ: 0,25 Câu 3 1đ 1 2 2 1 5 6 5 6 135C C C C + = Trường hơp 1: Ba viên lấy ra gồm hai màu xanh và vàng: 1 2 2 1 5 4 5 4 70C C C C + = Trường hơp 1: Ba viên lấy ra gồm hai màu vàng và đỏ : 1 2 2 1 6 4 6 4 96C C C C + = + Số biến cố là: ( ) 135 70 96 301n A = + + = + Suy ra xác suất lấy ra ba viên gồm có hai màu là: 301 ( ) 0,6689 450 P A = ≈ 0,5 0,25 Câu 4 1đ + Đường tròn (C) có tâm ( ) 2; 1I − − , bán kính R = 5 + Gọi '( '; ')I x y là ảnh của I qua ( ) ' 0; 4 V T I⇒ − ur + Suy ra (C’) là ảnh của (C) qua V T ur có phương trình là: ( ) 2 2 4 25x y+ + = 0,25 0,5 0,25 Câu 5 2 đ a 1đ Q P I O C B D A S M + Ta có ( ) ( ) S SAC SBD∈ ∩ (1) + Trong mặt phẳng (ABCD) gọi O là giao điểm của AC và BD ( ) ( ) ( ) ( ) O AC O SAC O SAC SBD O BD O SBD ∈ ⇒ ∈  ⇒ ⇒ ∈ ∩  ∈ ⇒ ∈   (2) + Từ (1) và (2) suy ra ( ) ( ) SO SAC SBD= ∩ 0,25 0,25 0,25 0,25 b 1đ + Trong (ABCD) gọi I là giao điểm AD và BC + Xét hai mp(ADM) và (ABC) có : ( ) ( ) ( ) ( ) I AD I ADM I ADM SBC I BC I SBC ∈ ⇒ ∈  ⇒ ∈ ∩  ∈ ⇒ ∈  (3) ( ) ( ) ( ) ( ) M ADM M ADM SBC M SBC ∈  ⇒ ∈ ∩  ∈  (4) Từ (3) và (4) suy ra ( ) ( )MI ADM SBC= ∩ và MI cắt SC, SB lần lượt tại P và Q. Suy thiết diện cầ tìm là tứ giác ADPQ 0,5 0,5 B Phần riêng:( 2 Điểm) 6A + ĐK : 3x x ≥   ∈  ¥ + Ta có: 0,25 1 đ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2x x x 2x ! 1 6 1 x! 6 x! A A C 10 10 2 x 2 2x 2 ! x 2 ! x x 2 ! − ≤ + ⇔ − ≤ + − − − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 .2 1 . 1 2 10 2 4 x x x x x x x ⇔ − − − ≤ − − + ⇔ ≤ + Kết hợp điều kiện suy ra bất phương trình đã cho có tập nghiệm là: { } 3;4T = 0,5 0,25 7A 1 đ Ta có: X 0 1 2 3 P 0,012 0,124 0,416 0,448 1 6B 1 đ n n A (4 15n 1) 9, n N*M= + − ∀ ∈ (1) + Khi 1 1 18 9n A= ⇒ = M vậy (1) đúng với n = 1 + Giả sử (1) đúng với , 1n k k= ≥ , tức là ( ) 4 15 1 9 k k A k= + − M , ta cần chứng minh (1) đúng với 1n k= + , tức là chứng minh 1 9 k A + M Thật vậy ( ) ( ) 1 4.4 15 14 4 4 15 1 9 5 2 k k k A k k k + = + + = + − − − Trong đó ( ) 4 15 1 9 k k+ − M và ( ) 9 5 2 9k − M Suy ra 1 9 k A + M + Vậy n n A (4 15n 1) 9, n N *M= + − ∀ ∈ 0,25 0,5 0,25 7B 1 đ Gọi u 1 và d lần lượt là số hạng đầu, công sai của cấp số cộng Ta có: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 3 5 1 1 12 1 5 2 4 14 14 2 6 14 2 12 12 1 12 66 129 3 129 12 129 2 2 u d u d u u u u d d u d S u d   + + + = =  + = + =     ⇔ ⇔ ⇔     − + = = + =     =    Vậy 1 5 3 , 2 2 u d= = 0,75 0,25 *****Hết***** . 0,25 7B 1 đ Gọi u 1 và d lần lượt là số hạng đầu, công sai của cấp số cộng Ta có: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 3 5 1 1 12 1 5 2 4 14 14 2 6 14 2 12 12 1 12 66 12 9 3 12 9. 0,25 7A 1 đ Ta có: X 0 1 2 3 P 0, 012 0 ,12 4 0, 416 0,448 1 6B 1 đ n n A (4 15 n 1) 9, n N*M= + − ∀ ∈ (1) + Khi 1 1 18 9n A= ⇒ = M vậy (1) đúng với n = 1 +