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]

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

x x

 

 .

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

Câu (1 điểm) Từ tập hợp A0;1; 2;3; 4;5;6 , lập số tự nhiên chẵn có chữ số khác lớn 3000

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)

-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

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

2 2

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

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)

 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

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

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

0,25đ

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

4

HQ HQ NG

QB HQ

QD QB ND   

4

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

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

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 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

0,25đ