DE VA DAP AN KS GIUA KI I TOAN 11

Kết luận đúng nghiệm của phương trình.[r]

SỞ GD – ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LỤC NAM ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT ĐỢT I ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2012-2013 Môn Toán: Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút Câu I ( điểm ) Giải các phương trình sau: 1) cos(2 x    ) cos( x  ) 2) 2cos x  cos x  3sin x  0 3) tan x  cot x 2sin x  sin x Câu II ( điểm ) 1) Năm học này ở khối 11 của trường ta có bạn học sinh lớp 11A1, bạn học sinh lớp 11A2 có giọng hát hay Thầy giáo cần chọn một đội văn nghệ gồm em từ các em ở trên Tính xác suất để em được chọn có đủ ở cả hai lớp 2) Từ mười chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Hỏi có thể lập được bao nhiêu số Mỗi số lập được gồm bẩy chữ số, các chữ số khác nhau, chữ số đứng đầu khác và phải có mặt cả ba chữ số: 0, 1, 2n 3) Tìm hệ số của x khai triển đa thức (2  x) , đó n là số nguyên dương thỏa mãn: C21n 1  C23n 1  C25n 1   C22nn13  C22nn11 210  Câu III ( điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (3; 4) Tìm tọa độ điểm M’ là ảnh của điểm M qua  v T phép tịnh tiến theo véc tơ (2;  1) 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét phép biến hình F biến mỗi điểm M ( x; y ) thành điểm M '(3x  1;3 y  5) Chứng minh F là một phép đồng dạng và tìm tỉ số đồng dạng k của F 3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAG) và (SBC) Câu IV ( điểm ) Chứng minh rằng với số nguyên n 2 , ta luôn có bất đẳng thức: 1 1      n n 1 (*) Họ tên học sinh: …………………………………… , SBD …………… , Lớp ……… HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỢT I Năm học: 2012 - 2013 Môn: Toán lớp 11 Câu, Y Câu I 1) 2) Nội dung Điểm     x   x   k 2   ( k  )  x    ( x   )  k 2  + PTrình      x   k 2  x   k 2     (k  )  3x    k 2  x    k 2   18 0,75 + Kết luận được phương trình có các nghiêm là: Đúng Chú y: HS phải viết thống nhất theo một đơn vị là Độ hoặc Radian Sai một họ nghiệm thì trừ 0,25 điểm Thiếu k   không trừ điểm 0,25 + Phương trình tương đương 0,25 2(1  sin x)  2(1  2sin x)  3sin x  0 0,25  2sin x  3sin x  0 + Giải được sin x  (loại) hoặc 3) sin x  0,25    x   k 2   (k  ) 5  x   k 2 sin x   + Giải tiếp được 0,25 + Kết luận đúng các nghiệm của phương trình lượng giác đã cho 0,25 0,25 cos x 0  sin x 0  sin x   + Đkiện Có thể viết tiếp + Khi đó nhân hai vế với sin 2x , ta được phương trình tương đương 2 4sin x  cos x 2sin x   sin x sin 2 x Câu II 1) 0,5  4sin x  (1  2sin x) 2sin x   sin x.(1  cos x) 0 cos x   sin x 0 (loại) hoặc (thỏa mãn điều kiện)   cos x   x   k Kết luận đúng nghiệm của phương trình 0,25 + Số cách chọn một đội văn nghệ gồm em là: C11 330 0,25 4 + Số cách chọn em mà chỉ ở một lớp là: C6  C5 15  20 0,25 4 + Số cách chọn em mà có ở cả hai lớp là: C11  (C6  C5 ) 330  20 310 0,25 + Xác suất của biến cố cần tính là: p 310 31  330 33 0,25 Chú y: HS có thể chia các trường hợp để tính trực tiếp số cách chọn em mà có ở cả hai lớp 2) + Mỗi số lập được có dạng: a1a2 a3a4a5a6a7 ( có bẩy vị trí ), với điều kiện … + Bước 1: Xếp số vào một sáu vị trí có cách xếp (do a1 0 ) + Bước 2: Xếp hai chữ số và vào hai vị trí sáu vị trí còn lại có 0,25 0,25 A 30 cách + Bước 3: Còn bốn vị trí và ta chọn bốn bấy chữ số còn lại để xếp có 0,25 A 840 3) cách + Theo quy tắc nhân có tất cả 30 840 = 151200 cách lấp + Kết luận: Vậy có 151200 (số) 0,25 n 2n 10 + Ta có C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1   C2 n 1  C2 n 1 2  0,25  C21n 1  C23n1  C25n1   C22nn13  C22nn 11  C22nn11 210 (*) n 1 n 1 2n n 1 + Ta có (1  1) C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1   C2 n 1  C2 n 1 (1) 0,25 02 n 1 (1  1)2 n 1 C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1   C22nn1  C22nn11 (2) n 1 2n n 1 Lấy (1) trừ (2) có: 2(C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1   C2 n 1  C2 n 1 ) 2n n n 1  C2 n1  C2 n1  C2 n1   C2 n1  C2 n1 2n (3) 0,25 10 + Từ (*) và (3) ta có 2  2n 10 + Ta có Câu III 1) 2)   3x  10 0,25 10  C10k 210 k ( 3x) k k 0 10 Suy hệ số của x là  C  x ' 3   x ' 5   y '      y ' 3 Đáp số M '(5;3) + Tọa độ điểm M’ xác định bởi: + Với hai điểm bất kỳ M ( x1; y1 ), N ( x2 ; y2 ) , ta có 0,25 M '(3 x1  1;3 y1  5), N '(3 x2  1;3 y2  5) + Tính được M ' N ' 3MN Chứng tỏ F là một phép đồng dạng + Từ đó ta có tỉ số đồng dạng của F là k 3 0,5 0,25 Chú y: HS có thể chỉ luôn được F T V Trong đó VV (O,3) là phép vị tư 3) tâm O, tỉ số k = còn T là phép tịnh tiến theo véc tơ v(1;  5) + Vẽ hình đúng 0,25 + Chỉ S là một điểm chung của hai mặt: (SAG) và (SBC) + Trong mặt (SCD), kéo dài SG cắt BC tại trung điểm I Có mặt (SAG) chính là mặt (SAI) + Trong mặt đáy, lý luận kéo dài AI cắt BC tại M Thì M là một điểm chung thứ hai của hai mặt + Kết luận (đường thẳng) SM chính là giao giao tuyến của hai mặt Câu IV + Kiểm tra n 2 , bất đẳng thức (*) đúng Đặt Sn VT (*) + Giả sử (*) đúng với số tư nhiên tùy ý n k 2 , nghĩa là ta có: 1 1 S k 1      k k 1 (1) + Ta sẽ chứng minh (*) cũng đúng với n k  , tức là phái chứng minh 1 1 1 1 Sk 1 1      k ( k  k   k 1  k 1 )  k   2 1  2 1 (2) 1 1  k   k 1  k 1 ) k 2 1  2  (3) + Ta có 1 ( k k   k 1 ) k 1 k k 1 k k k k  có [(2  1)  ]  2  2.2  2 Tổng 2  1 k Số hạng, và ta có là số hạng lớn nhất của dãy, nên 1 1 ( k  k   k 1  k 1 )  2k k 1 2 1  2 1 (4) + Từ (1), (3) và (4) ta suy Sk 1  k  Từ đó ta có (*) được chứng minh S k 1 S k  ( Chú y: Ở bước Sk 1 phải viết tường minh hướng dẫn mới cho điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5