Thêm một số đề thi Toán học kì 1 (2010 – 2011)

Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách tương ứng..[r]

(1)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I

Tổ Tốn MƠN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011

Đề thức

Thời gian:

90 phút (khơng kể thời gian phát đề)

- A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (Gồm câu)

Câu (3 điểm) Giải phương trình lượng giác sau: a) cos 2x5sinx 2 0.

b)

sin (2sin 3)

cos

2cos

x x

 

 .

c) 3sin 2x(tanx1) sin (sin x xcos )x

Câu (1 điểm) Từ tập hợp A





Câu (2 điểm) Một hộp có chứa cầu màu đỏ, cầu màu xanh cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên lúc cầu từ hộp Tính xác suất cho:

a) cầu chọn không màu

b) cầu chọn có cầu màu đỏ khơng hai cầu màu vàng Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d: 2x y 0 đường tròn

2

( ) :C x y  2x4y 20 0. Tìm đường thẳng d điểm M đường tròn ( )C điểm N cho N ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ v(3; 1).



Câu (2 điểm) Cho tứ diện ABCD Gọi M, N trung điểm AB, AC G điểm đoạn thẳng DN cho DN 4NG Trên đoạn thẳng BG lấy điểm I (I khác với B G).

a) Dựng thiết diện tứ diện cắt mặt phẳng (IMN), thiết diện hình gì?

b) Xác định vị trí điểm I trên đoạn thẳng BG để thiết diện hình bình hành Khi tính tỉ số BI BG. B PHẦN RIÊNG (Học sinh làm hai câu: 6a 6b)

Câu 6a (1 điểm) (Theo chương trình chuẩn). Cho dãy số ( )un biết u12; un1 un3n với n1 Lập công thức số hạng tổng quát un dãy số Câu 6b (1 điểm) (Theo chương trình nâng cao).

Tìm hệ số số hạng chứa x9 khai triển

2

1

n x x

 



 

  biết : An3 8n2 3(Cn211)

(2)

-HẾT -Trường THPT Chuyên QH Huế ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I

Tổ Tốn MƠN: TỐN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011

-CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1a) (1đ)

2

cos 5sin 2sin 5sin 2sin 5sin

sin

1 sin

2

6 ( ).

7

(lo¹i)

x x x x x x

x x x k k x k                                     0,25 đ 0,25đ 0,5 đ 1b) (1đ) Điều kiện:

cos ( )

2

x  x  k  k  Với điều kiện đó, phương trình tương đương với

2

2sin sin cos cos cos sin 2cos

1

cos sin cos cos cos

2

2 2

3

2

3

(loại)

(thỏa điều kiện)

x x x x x x x

x x x x x

x x k x k

x x k x k

                                                 

Vậy phương trình có nghiệm

2

,( )

9

x k  kZ

0,25 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1c) (1đ)

Điều kiện: x k (k )

 

  Z

Với điều kiện đó, phương trình tương đương với

2 2

sin sin cos

3sin 1 sin sin cos 3sin cos (cos sin )

cos cos

3sin (sin cos ) cos (sin cos ) (3sin cos )(sin cos )

ta

sin cos tan

3sin cos 3tan

x x x

x x x x x x x x

x x

x x x x x x x x x x

x x x

                                              n 1 tan

4 ( ).

6 x x x k k x k                      Z 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 2 (1đ)

(3)

 Nếu a{3;5}: Có cách chọn a, cách chọn d

A cách chọn bc Do trường hợp có 2.4.A52 160 số

 Nếu a{4;6}: Có cách chọn a, cách chọn d

2

A cách chọn bc Do trường hợp có 2.3.A52 120 số

Tóm lại có 160+120=280 số thỏa yêu cầu

0,5đ

0,25đ

0,25đ Câu 3 Số phần tử không gian mẫu  C164 1820 0,25đ

3a) (1đ)

Gọi A biến cố “4 chọn khơng màu” Khi A biến cố “4 lấy có màu”

Ta có:

4 4 41 A C C C

    

Do xác suất biến cố A là:

41 ( )

1820

A P A  

 .

Vậy xác suất biến cố A

41 1779

( ) ( ) 0,98

1820 1820

P A   P A    

0,25đ 0,25đ

0,25đ

3b) (0,75đ)

Gọi B biến cố “4 lấy có cầu màu đỏ không cầu màu vàng” Khi

1 1 2 .7 .7 740

B C C C C C C C C

    

Xác suất biến cố B

740 37

( ) 0, 41

1820 91

B

P B    



0,5đ

0,25đ

Câu 4 (1đ)

Gọi M x( ; ) x d Vì N T M v( ) nên tọa độ N N x( 3; 2 x1)

2

( ) ( 3) ( 1) 2( 3) 4( 1) 20

5 20

N C x x x x

x x

            

   

Với x2ta có M(2; 4) N(5; 5). Với x2ta có M( 2; 4) N(1;3)

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

5a

(1đ)

Vẽ hình thiết diện đúng: 0,25đ Gọi Q giao điểm NI BD Ta có Q(MNI) ( BCD),

( ), ( )

MN MNI BC BCD MN BC// nên giao tuyến của (MNI) (BCD) đường thẳng d qua Q song song với BC, cắt CD P

Khi tứ giác MNPQ thiết diện hình chóp cắt (IMN)

Vì MN//PQ nên thiết diện hình thang

0,25đ

(4)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

5b

(0,75đ)

Thiết diện MNPQ hình bình hành

2

BC MN PQ

Do đó, gọi Q trung điểm BD

và I giao điểm BG NQ Khi với điểm I xác định thiết diện thu cắt tứ diện ABCD mặt phẳng (MNI) là hình bình hành

Trong (BDN), kẻ GH//NQ (HBD) Ta có:

1

4

HQ HQ NG

QB HQ

QD QB ND   

4

BI BQ BQ QH

BG BH BQ QH  QH QH 

0,25đ

0,25đ 0,25đ

6a) (1đ)

Ta có un1 un 3nvới n1, đó: 3 3( 1) n n u u u u u u

u u  n

 

  

Suy un u1   3 3( n1)Sn1 Sn1 tổng n1 số hạng liên tiếp cấp số cộng có số hạng đầu cơng sai d=3. Do

2

( 2)( 1).3 3( )

3 3( 1) ( 1).3

2

n

n n n n

S       n  n     

Vậy

2

1

3 3

2

n n

n n n n

u u S       

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 6b) (1đ)

Điều kiện: n3,n N .

3 2

1

2 2

3 2

! ( 1)!

8 3( 1) 3

( 3)! 2!( 3)!

3( 2)( 1)

( 2)( 1) 2( ) 16 12

2

2 25 13 12 ( 12)(2 1)

12

n n

A n C n

n n

n n n n n n n n n n

n n n n n n

n                                       Khi 2 12 1

2

n x x x x           

    Số hạng tổng quát

12 2

2

1 12 12 12

1

.( ) ( 2)

k k

k k k k

k k

x

T C x C

x x              k

T chứa x9

khi 2k (12 k) 9  3k 21 k7

Vậy số hệ số số hạng chứa x9 là: C127.( 2) 101376

0,25đ

(5)