Tài liệu de kt hk1

Sở GD & ĐT Hà Nội Trường THPT Bắc Lương Sơn Đề thi học kì I, năm học 2010-2011 Môn :Toán , Khối 11 – Cơ bản Thời gian 90 phút Đề lẻ Câu 1 ( 3 điểm). Giải các phương trình sau: a) 2sin3 1 0x - = b) -2sin 2 x − 5cosx + 5 = 0 c) 3 3 2 4sin 3cos 3sin sin cos 0x x x x x+ - - = Câu 2(1 điểm). Tìm số hạng đầu u 1 và cơng sai d của cấp số cộng (u n ) 1 2 3 2 2 2 1 2 3 u +u +u =27 u +u +u =275    . Câu 3( 2 điểm) Xác định số hạng đầu tiên và cơng bội của một cấp số nhân trong mỗi trường hợp sau: a, U 4 - U 2 =54 và U 5 - U 3 =108. b, U 1 + U 2 + U 3 =35 và U 4 + U 5 + U 6 =280. Câu 3 ( 3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang đáy lớn AB . M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB và O=AC ∩ BD. a) Tìm ( ) ( ) SBDSAC ∩ và ( ) ( ) SCDSAB ∩ c) Chứng minh MN//(SCD). Tìm giao điểm của SO và mặt phẳng (CMN). b) Tìm thiết diện hình chóp cắt bởi (CMN). Chứng minh ba điểm D, I, N thẳng hàng. ________  Hết  _______ Sở GD & ĐT Hà Nội Trường THPT Bắc Lương Sơn Đề thi học kì I, năm học 2010-2011 Môn :Toán , Khối 11 – Cơ bản Thời gian 90 phút Đề chẵn Bài 1 (3 điểm). Giải các phương trình sau: a) x 0 2 cos 10 2 2   − =  ÷   b) x xsin 3 cos 1− = c) x x 2 3tan 8tan 5 0− + = Câu 2(1 điểm). Tìm số hạng đầu u 1 và cơng sai d của cấp số cộng (u n ) 1 2 3 2 2 2 1 2 3 u +u +u = 21 u +u +u =179    . Câu 3( 2 điểm) Xác định số hạng đầu tiên và cơng bội của một cấp số nhân trong mỗi trường hợp sau: a, U 4 - U 2 =42 và U 5 - U 3 =84. b, U 1 + U 2 + U 3 =35 và U 4 + U 5 + U 6 =280. Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD và SB. a) Chứng minh rằng: BD//(MNP). b) Tìm giao điểm của mặt phẳng (MNP) với BC. c) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD). d) Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP). ________  Hết  _______ ĐÁP ÁN ĐỀ LẺ Bài Nội dung Điểm 1a 2sin3x – 1 = 0 )( 3 2 18 5 3 2 18 2 1 3sin Zk k x k x x ∈       += += ⇔=⇔ ππ ππ 0.5 0.5 1b -2sin 2 x − 5cosx + 5 = 0 ⇔ 2cos 2 x − 5cosx + 3 = 0 Đặt cost x = ,t 1 ≤ Phương trình được viết lại 2 2 5 3 0t t − + = ⇔ 1t = v 3 2 t = (loại) Với 1t = ⇔ cos 1 2x x k π = ⇔ = 0.25 0.25 0.25 0.25 1c Đưa được về dạng tích ( ) ( ) 2 4sin 3 sin cos 0x x x- - = Tìm được nghiệm ( ) 3 4 x k k x k p p p p é ê = ± + ê Ỵ ê ê = + ê ë ¢ 0,5 0.5 2 1 2 3 2 2 2 1 2 3 u +u +u =27 (1) u +u +u =275 (2)    Từ u 1 +u 3 =2u 2 và từ (1) ta suy ra u 2 =9 tức là u 1 +d=9 Từ (2) suy ra ( ) 2 2 1 u +81+ 9+d =275 . Mà u 1 +d=9 suy ra u 1 =9-d. Thay vào trên ra có được d 2 =16. Suy ra d=4 d=-4    . Vậy 1 1 d=4 u =5 d=-4 u =13 ⇒   ⇒  . 0,5 0,5 3a 0.5 0.5 3b 0.5 0.25 0.25 4 0.5 4a Gọi O là giao điểm của AC và BD ( ) ( )SAC SBD S = ( ) ( ) X SAB SCD S AB DCÇ = P P 0.5 0.5 4b CM: ( )MN SDCP ( ) ( ) MN SDC MN AB MN DC AB DC MN SDC Ë ü ï ï Þ ý ï ï þ Þ P P P P 0,5 4b Gọi I SO MC= Ç , suy ra I là giao điểm cần tìm 0,5 ( ) ( )CMN SAB MNÇ = ( ) ( )CMN SBC NCÇ = ( ) ( )CMN SDC DCÇ = ( vì MN//CD) ( ) ( )CMN SAD MDÇ = Thiết diện:MNCD 0,5 3b D, I, N cùng thuộc hai mp(CMN) và (SBD) nên D, I, N thẳng hàng 0,5 A B C D S M N O I P ĐÁP ÁN CHẴN Bài Ý Nội dung Điểm 1 a)  + = +    + = ⇔   ÷    + = − +   x k x x k 0 0 0 0 0 0 0 10 45 .360 2 2 cos 10 2 2 10 45 .360 2 ( )  = + ⇔ ∈  = − +   x k k x k 0 0 0 0 70 .720 110 .720 ¢ Vậy nghiệm của pt là: = + = − + ∈x k x k k 0 0 0 0 70 .720 ; 110 .720 , ¢ 0,5 0,5 b) π   − = ⇔ − =  ÷   x x xsin 3 cos 1 2sin 1 3 ( ) π π π π  = +  ⇔ ∈   = +   x k k x k .2 2 7 .2 6 ¢ Vậy nghiệm của pt là: π π π π = + = + ∈x k x k k 7 .2 ; .2 , 2 6 ¢ 0,5 0,5 c)  =  − + = ⇔ =   x x x x 2 tan 1 3tan 8tan 5 0 5 tan 3 π π π  = +   ⇔    = + ∈  ÷     x k x k k 4 5 arctan , 3 ¢ Vậy nghiệm của pt là: π π π   = + = + ∈  ÷   x k x k k 5 ; arctan , 4 3 ¢ 0,25 0,25 2 1 2 3 2 2 2 1 2 3 u +u +u =21 (1) u +u +u =179 (2)    Từ u 1 +u 3 =2u 2 và từ (1) ta suy ra u 2 =7 tức là u 1 +d=7 Từ (2) suy ra ( ) 2 2 1 u +49+ 7+d =179 . Mà u 1 +d=7 suy ra u 1 =7-d. Thay vào trên ra có được d 2 =16. Suy ra d=4 d=-4    . Vậy 1 1 d=4 u =3 d=-4 u =11 ⇒   ⇒  . 0,5 0,5 3 a) 4 2 1 5 3 42 2 7 84 u u q u u u − = =   ⇔   = − =   1,0 Q R I P N M C A B D S b) 0,5 0,5 4 a) Hình vẽ Do BD//MN (t/c đường trung bình) Mà: MN ⊂ (MNP) nên BD//(MNP) 0,5 0,75 b) Gọi I MN BC= ∩ Ta có: ( ) I BC I MNP BC I MN  ∈ ⇒ ∈ ∩  ∈  0,75 c) Vì ( ) ( ) P MNP SBD∈ ∩ và MN//BD nên (MNP) ∩ (SBD) là đường thẳng d qua P và song song với BD. 0,5 d) Gọi R SD d= ∩ . Nối IP cắt SC tại Q, nối RQ. Ta có: ( ) ( ) MNP ABCD MN∩ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) MNP SAB MP MNP SBC PQ MNP SCD QR MNP SDA RN ∩ = ∩ = ∩ = ∩ = Vậy thiết diện của hình chóp S.ABCD với mp(MNP) là ngũ giác MPQRN 1,0