Đề kiểm tra học kỳ môn Toán 11 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Lam Chi Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

109
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn tập và học tốt môn Toán với 5 Đề kiểm tra học kỳ môn Toán 11 (Kèm đáp án), đề thi được tuyển chọn từ các trường THPT chuyên sẽ giúp bạn thử sức với các dạng bài tập khó và đa dạng, củng cố kiến thức môn Toán.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra học kỳ môn Toán 11 (Kèm đáp án)

--5FtA..E:.ffi;Y) SryGi6o dqc Elro tpo Qu6ng Nam Ki6m tra hgc lcj, I Trucrng THPT TrAn Cao Vdn Ndm hoc: 2012 - 2013 M6n To6n rurOi 11 - Chucvng trinh n6ng cao. Thdi gian 90 phrit ( Kh6ng kC phat dA) **********x* Bni 1:(3d) 1. Tim tQp x6c dinh cria hdm s6 sau: ,7 = 2. Gi6i c5c phuong trinh sau: a) cos 7x * 2sin 2x-.5sin7x b) sinx * cos2x - cos4x': 0 Bni 2: (3d) 1)BiOt h0 sO cua x6 trong khai tri6n nhi thuc lr{iuton ciia: (t - +*'l ttlZO. t E E , Z;.Cf,o t$p hqp A g6m c6c sO tir nhi6n co 3 chir sO tap thenh tu c6c sd E B € l,2,3,4,5.,..........-:..-.-...:.::.:... ..+::::;rl:rj":;i" ir:r": i'''::'':'. :: * a) Tim sO plrAn tu ctra tff-h,qp.A ' 'r,i''-.' 1 -i,, . E &- b) Chon ng6u nhi6n m0tpfiAn'hi''cfia'ffihqp A. Tinh x6c suft dC phAn B v ir 'i rud6 ldts5 16. / i:, Bni 3: (1d) Trong mpt phing tqa dQ O*y, cho duong trdn (C): 1x+l)2 + (y-t)2 : 9 ve s V ti di6m A(3;5) Hdy tim 6nh cria (C) qua phdp vi tu tdm A, ti s5 -3. Bdi a: (3d) Cho tu diQn ABCD. Goi E ii trung di6m ctra AB, G ld trgng tdm tam giSc ACD. a) Tim giao di6m I cua EG vi mat phing (BCD) b) Ggi F ld trung di6m cpnh BC. Chrmg minh ring EF song song mflt phEng (ACD) 'c) X6c dinh thi6t diQn khi cit tu di'gn bui m6t phing (EFG). rhi6t diqn d6 la hinh gi?. **E**8***********{<
\,r ; --s6*'dDdEf6jAi$GiiA1\4**?:;.-..rrEvr.s4:I$"'&{iGr,i,-;01'),'ji1i*r;*-l iratffieT.uprirancaovan.bap6"&iI}.qg$c*tuto''toa',l1(N6jilr;; Thft qr NQi dung r{ Di6m W.l' 1. !' ijri:: :::liti ,.:$ ( E$).. a 025 r:,i: ; I'a a i;{,lil ,:.1+i -:: 'i."--, 'i ir I 0.5 ,:f :] ..-f 1. : :-,:r i Tfp x6c tlinh XD = R,\ +kn;n +k2n r rc ezJ 425_ 1,:.ir " r.: :i'i\ i-,.t I l-,:'-. 2.a/ DuavA dgng I2*rz** € sirri* + qinr', . '--2 ,rt' 2r .. f 0,25 i i:. il ,.,.: ,--; fr- i €) sin(i+ 7x\=sin2*' 6 4.25 4+7x *2x+klr ;l .f:l t 6 l .-:,$ L+.7x = r -Zx+klr 6 'i --l l 104- n ,k2r (+ ^--30- 5 5n kZn t,; .*. 549 .r ?_", .'"i i I ^ 4.25 ,"ly/j:\ .i *..t ! :1 r" ,-'-' ri ='.ir* t'* bl Dua vO dang 0.25 {l 0.25 0.25 *'--- - - e) I ',: t:, *Zvr. i lm I.f =i+' -3 "' * | tg *, .! l-' i; o.2s 1..,.-. I ukzn lI=-+- : ai l.[,r,r,: l] il i . *,rj" .i ...1 , ,:ti;ii.;j '..;}j : ,.:. I I i6L*,..'.i!.i 'jq.i,!'iI ' !a ;-',; a't.l I i :
Bdi2 ll . To*r=C!1-+xo'f =cl(4)o *'o 0.25 (3d ) - k:2 0.25 Dua drin phucrng trinh : n2 - n- 90 -0 3 n- 10 0.5 H0 sO can tim : Clol-+14 =53760 0.5 I 2l al PhAn ttr cira A c6 d4ng -abc; a,b,c e{1,2,3,4,5\ 0.2s 0.25 lA I :53' 0.5 bl Tfnh duqc s6 chgn 5.5.3 = 75 Tinh duoc x6c sudt 753 0.5 125 s Bei 3 X6c dinh tdm IGl; 1) , b6n kinh R:3 0.25 ( ld) Vo,-sl(I): I' eVl'=4Vi 0.25 I' ( 15; 17), R' :! 0.2s ( C' ) : (x -15 )' + ( y - 17 )z :92 0.25 Bai 4 t/ (3d) EG1BJ = I 0.25 EG\@CD)= r 0.2s 0.5 o 2t EF{AC 0.5 o EF a.(ACD) EF/ I(ACD) 0.5 = a 3t Giao tuy6n ( EFG ),(ACD) di qua G 0.25 a EF// AC, (EFG) n@CD) = MN; MN I IAC 0.25 a EFMN : Hinh thang 0.5 ,j!, , -l ;i t: ;i+.. :i!1)-1 .1 r,j. ::*"lril::1qi1:.::41:rir.1-:ii!'li ,'' ri : " .? i, lt' ;;i ;ii:i,Y,!,':jS. :;'i'
TRƯỜNG THPT NGUYỄN CHÍ THANH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II - NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH: (7 điểm) Câu I. (1,5 điểm) Tính các giới hạn sau: x + 4 −3 x + 4x2 −1 1) lim 2) lim x →5 x −5 x →−∞ 2 − 3x Câu II. (2,5 điểm ) 1) Tính đạo hàm của các hàm số sau: x3 1 b) y = (1 − 2 x ) . x 4 a) y = + x2 − + 2 x + 5 3 x x +1 1 2) Cho hàm số f ( x) = 2 .Giải bất phương trình: f ' ( x) ≥ x +1 x2 + 1 a a 3 Câu III. (3,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi, DAB = 1200 ; AB = ; SA = . 3 2 Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy. 1) CMR: ( SAC ) ⊥ ( SBD) 2) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) 3) Tìm đường vuông góc chung của hai đường thẳng AD và SC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ấy. II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm) Học sinh chỉ làm được một trong hai phần sau ( phần 1 hoặc 2 ) 1.Theo chương trình Chuẩn: 2n + 1 Câu IV.a (0,75điểm ) Tính giới hạn sau: lim n.3n ⎧ ( x − 2 )2 − 4 ⎪ khi x ≠ 0 Câu V.a (1,0 điểm) Xét tính liên tục của hàm số f ( x) = ⎨ x trên ⎪2 x − 4 khi x = 0 ⎩ Câu VI.a (1,25 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = x3 + 3x 2 có đồ thị (C ) 1) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C) tại điểm M(-1; 2). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9 . 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu IV.b (0,75 điểm) Cho cấp số cộng ( un ) có u15 = −25 và u37 = −69 . Hãy tìm số hạng tổng quát của cấp số cộng đó. ⎧ x2 − 5x + 6 ⎪ khi x > 3 Câu V.b (1,0 điểm ) Xét tính liên tục của hàm số f ( x) = ⎨ x − 3 trên ⎪− x + 4 khi x ≤ 3 ⎩ CâuVI.b (1,25 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = − x + 3x − 4 x + 2 có đồ thị (C ) 3 2 1) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C) tại điểm M(2; -2). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C), biết tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất. ------Hết-------
Đáp án – thang điểm môn Toán khối 11. Câu Ý Nội dung Điểm I (1,5đ) 1 (0,75đ) Ta có: lim x + 4 −3 = lim ( x+ 4 −3 )( x+4 +3 ) 0,25 x →5 x−5 x →5 ( x − 5) ( x+4 +3 ) x−5 = lim x →5 ( x − 5) ( x+4 +3 ) 0,25 1 1 = lim = x →5 x+4 +3 6 0,25 2 1 (0,75đ) x− x 4− 0,25 x + 4x −1 2 x2 Ta có: lim = lim x →−∞ 2 − 3x x →−∞ 2 − 3x 1 1− 4 − = lim x2 = 1 x →−∞ 2 3 0,5 −3 x II 1.a ⎛ x3 ⎞ ' ' 0,25 ⎛1⎞ ( ) ( ) ' ' (2,5đ) (0,5đ) Ta có: y = ⎜ ⎟ + x 2 − ⎜ ⎟ + 2 ' x + 5' ⎝ 3⎠ ⎝x⎠ 1 1 0,25 = x2 + 2 x + 2 + x x 1.b 4 ' ( x) 0,25 ' Ta có: y ' = ⎡(1 − 2 x ) ⎤ x + (1 − 2 x ) 4 (0,75đ) ⎣ ⎦ (1 − 2 x ) 0,25 4 = 4 (1 − 2 x ) (1 − 2 x ) 3 ' x+ 2 x (1 − 2 x ) (1 − 18 x ) 0,25 3 = 2 x 2 2x x 2 + 1 − ( x + 1) (1,25) 2 x2 + 1 Ta có: y ' = ( ) 0,5 2 x2 + 1 1− x = (x 2 + 1) x 2 + 1 0,25 1 0,25 Ta có: f ' ( x) ≥ ⇔ x2 + x ≤ 0 x2 + 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 0 0,25 Vậy S = [ −1;0]
III (3,0đ) S H M A B N I D C 1 Ta có: SA ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ BD (1) 0,25 (1,0đ) ABCD hình thoi nên AC ⊥ BD (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có: BD ⊥ ( SAC ) 0,25 Mà BD ⊂ ( SBD) nên ( SBD ) ⊥ ( SAC ) 0,25 2 Ta có: ( ABCD ) ∩ ( SBC ) = BC (1,0đ) Gọi I trung điểm BC.Vì tam giác ABC đều nên AI ⊥ BC (1) SA ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ BC (2) Từ (1) và (2) ta có: BC ⊥ ( SAI ) 0,25 Suy ra: Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SIA = ϕ 0,25 a a 0,25 Tam giác ABC đều cạnh nên AI = . 3 2 SA 0,25 Ta có: tan ϕ = = 3 ⇒ ϕ = 60o AI 3 Ta có: ( SAI ) ⊥ AD , SI là hình chiếu của SC trên ( SAI ) . (1,0đ) Trong ( SAI ) kẻ AH ⊥ SI , H ∈ SI ; trong ( SCI ) kẻ HM BC , M ∈ SC ; trong ( AD; HM ) kẻ MN AH , N ∈ AD . 0,5 AH ⊥ SC ⎫ AD ⊥ AH ⎫ Ta có: ⎬ ⇒ MN ⊥ SC ; ⎬ ⇒ MN ⊥ AD 0,25 MN AH ⎭ MN AH ⎭ Suy ra: MN là đường vuông góc chung của AD và SC Ta có: AHMN là hình chữ nhật nên MN = AH. 1 1 1 a 3 0,25 Trong tam giác vuông SAI ta có: 2 = 2 + 2 ⇒ AH = AH SA AI 4 a 3 Vậy d ( AD, SC ) = 4
Cách khác: (Nếu học sinh chỉ tính khoảng cách mà không dùng độ dài đoạn vuông góc chung thì cho 0,5đ ). Ta có: AD BC ⎫ ⎬ ⇒ AD ( SBC ) BC ⊂ ( SBC ) ⎭ AD ( SBC ) ⎫ 0,25 ⎬ ⇒ d ( AD, SC ) = d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) SC ⊂ ( SBC ) ⎭ Trong Δ SAI kẻ AH ⊥ SI , H ∈ SI ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AH 1 1 1 a 3 Trong tam giác vuông SAI ta có: 2 = 2 + 2 ⇒ AH = AH SA AI 4 0,25 a 3 Vậy d ( AD, SC ) = 4 Phần riêng. IV.a (0,75) 1 2+ 2n + 1 0,25 Ta có: lim = lim n n n3n 3 n ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ = lim ⎜ 2 + ⎟ ⎜ ⎟ = 0 0,5 ⎝ n ⎠⎝ 3 ⎠ V.a (1,0đ) ( x − 2) 2 −4 Khi x ≠ 0 :Hàm số f ( x) = liên tục trên ( −∞;0 ) và ( 0; +∞ ) 0,25 x Khi x = 0 :Ta có f (0) = − 4 (1) 0,25 ( x − 2) 2 −4 lim f ( x) = lim = lim ( x − 4 ) = −4 (2) 0,25 x →0 x →0 x x →0 Từ (1) và (2) ta có: lim f ( x) = f (0) nên hàm số f(x) liên tục tại x = 0 0,25 x →0 Vậy hàm số liên tục trên IR 0,25 VI.a 1 Ta có f ' ( x) = 3x 2 + 6 x ⇒ f ' (−1) = −3 0,25 (1,25đ) (0,5đ) Phương trình tiếp tuyến tại M (−1; 2) là y = −3 x − 1 0,25 2 Gọi M ( xo ; yo ) là tiếp điểm (0,75) ⎡ xo = 1 → yo = 4 Ta có: f ' ( xo ) = 9 ⇔ xo + 2 xo − 3 = 0 ⇔ ⎢ 2 ⎣ xo = −3 → yo = 0 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại M (1; 4) là y = 9 x − 5 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại M (−3;0) là y = 9 x + 27 0,25 IV.b (0,75đ) ⎧ u15 = −25 ⎧ u + 14d = −25 ⎧u =3 0,5 Ta có: ⎨ ⇔⎨ 1 ⇔⎨ 1 ⎩u37 = −69 ⎩u1 + 36d = −69 ⎩d = −2 0,25 Số hạng tổng quát là: un = 5 − 2n V.b (1,0đ) x2 − 5x + 6 Khi x > 3 : Hàm số f ( x) = liên tục trên ( 3; +∞ ) x−3 Khi x < 3 : Hàm số f ( x) = − x + 4 liên tục trên ( −∞;3) 0,25 Khi x = 3.Ta có : f (3) = 1
x2 − 5x + 6 lim f ( x) = lim = lim ( x − 2 ) = 1 + x →3 + x →3 x −3 x →3+ 0,5 lim f ( x) = lim (− x + 4) = 1 − − x →3 x →3 Suy ra: lim f ( x) = f (3) ⇒ hàm số f ( x) liên tục tại x = 3 x →3 Vậy Hàm số liên tục trên IR 0,25 VI.b 1 Ta có f ' ( x) = −3x 2 + 6 x − 4 ⇒ f ' (2) = −4 0,25 (1,25đ) (0,5đ) Phương trình tiếp tuyến tại M (2; −2) là y = − 4 x + 6 0,25 2 Gọi M ( xo ; yo ) là tiếp điểm. Hệ số góc của tiếp tuyến tại M ( xo ; yo ) là: (0,75đ) f ' ( x0 ) = −3xo 2 + 6 xo − 4 = −3 ( xo − 1) − 1 ≤ −1 2 0,25 Khi đó : f ( xo ) lớn nhất bằng −1 ⇔ xo = 1 → yo = 0 ' 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại M (1;0) là y = − x + 1 0,25
Câu Ý Nội dung Điểm I. 1 2,0đ (0,5đ) 0,25 0,25 2 (0,75đ) 0,25 cos x + 2 cos 3 x = −cos5 x ⇔ cos 5 x + cos x + 2 cos 3x = 0 ⇔ cos5 x + cos x + 2 cos 3 x = 0 0,25 ⇔ 2cos3x cos 2 x + 2 cos 3x = 0 ⇔ 2cos3x(cos 2 x + 1) = 0 0,25 ⎡cos 3x = 0 ⇔⎢ ⎣cos 2 x = −1 ⎡ π ⇔ ⎢3x = 2 + kπ ⎢ 0,25 ⎣2 x = π + k 2π ⎡ π kπ ⎢x = 6 + 3 ⇔⎢ ......(k ∈ Z ) ⎢ x = π + kπ ⎢ ⎣ 2 II. CĐI (HĐI). Số cách chọn 3 ngăn liên tiếp trong 6 ngăn : 6 cách 0,25 1,0đ
CĐII (HĐI). Số cách sắp xếp 3 loại mứt dừa gừng nho vào 3 ngăn đã 0,25 chọn: 3!=6 0,25 CĐIII( HĐI). Số cách sắp xếp 3 loại mứt còn lại vào 3 ngăn còn lại là:3!=6 0,25 III Theo quy tắc nhân. Số cách trang trí là: 6.6.6=216 10 k 0,25 ⎛ 7 3 ⎞ ( ) ⎛ 3 ⎞ 10 ⎜ 2 x − 4 ⎟ = ∑ C10 2 x 10 − k ⎜− 4 ⎟ k 7 ⎝ x ⎠ k =0 ⎝ x ⎠ 1,0đ k (x ) (− 3) ⎛ 14 ⎞ 10 = ∑ C10(2 ) 7 10 − k k 10 − k ⎜ ⎟ k k =0 ⎝x ⎠ 10 = ∑ C10(2 ) (− 3)k (x )70−11k k 10 − k k =0 0,25 Hạng tử chứa x 26 có dạng C10 (2)10− k (− 3)k (x )70−11k với 70- k 11k=26 ⇔ k=4 Vậy hệ số của x 26 là C10 (2)6 (− 3)4 = 1088640 4 0,25 Tổng các hệ số của khai triển là: (2 − 3)10 = 1 0,25 IV Ta có: Ω = C12 = 220 3 0,25 1,0đ Gọi A là biến cố: ‘ lấy được 3 bi cùng màu’ 3 3 3 0,25 Ω A = C 5 + C 3 + C 4 = 15 ΩA 15 0,25 P( A ) = = ≈ 0,69 Ω 220 0,25 V 1 AG 2 Gọi P là trung điểm của BC ta có = . 0,75đ AP 3 0,25 2,0đ AM 2 Theo đề SM=MN=NA nên = . Xét tam giác ASP có AS 3 0,25 AM AG 2 = = ⇒ GM // SP AS AP 3 Mà GM ∉ mp( SBC ), SP ∈ mp( SBC ) ⇒ GM // mp( SBC ) 0,25 2 1,25
Trong mp(SAP). Gọi H là giao diểm của MD và SP . ta có H ∈ MD 0,25 H ∈ SP ⊂ mp( SCB ) ⇒ H = MD ∩ mp( SCB ) 0,25 S M C N H A P D G B Xét tam giác GMD. Ta có P là trung điểm của GD, mà PH // MG 0,25 HP 1 ⇒ = MG 2 MG 2 Mà = SP 3 HP 1 ⇒ = SP 3 Vậy H là trọng tâm của tam giác SBC 0,25 0,25 Ia 1 1,0đ 0,5đ HĐI: Số cách chọn đi vào cửa trước: 4c 0,25 HĐII: Số cách chọn đi vào cửa sau: 3c Theo quy tắc cộng có tổng số cách vào: 4+3=7 cách 0,25 2 HĐI: Số cách chọn đi vào: 7c 0,25 0,5đ HĐII: Số cách chọn đi ra: 7c Mỗi cách chọn đi vào có 7 cách chọn đi ra, theo quy tăc nhân. Số 02,5 cách chọn đi vào rồi quay trở ra là: 7.7=49 cách
II.a U 1 =3, U 2 =5, U 3 =7, U 4 =9. 0,25 1,0đ U n = 2n + 1, n ∈ N * 0,25 Chứng minh • n=1: U 1 =3 • giả sử U n đúng với n=k. U k = 2k + 1, k ∈ N * • ta cần chứng minh U n đúng với n =k+1. Tức là ta cần chứng minh U k +1 = U k + 2, k ∈ N * Ta có: U k +1 = 2(k + 1) + 1 = 2k + 3 = (2k + 1) + 2 = U k + 2 0,5 III.a A (1;1) ∈ (d ) . Gọi A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến Tv 1,0đ A’(2;4). Gọi (d’) là ảnh của (d) qua phép tịnh tiến Tv 02,5 (d’): 2x-3y+C=0 A’ (2;4) ∈ (d ') . Ta có: 2.2-3.4+C=0 0,25 C=8 Vậy phương trình (d’) là: 2x-3y+8=0 0,25 0,25 I.b Gọi A là biến cố “ bắn trúng hồng tâm của xạ thủ thứ I” 1,0đ P( A ) = 0,45 ⇒ P(A ) = 0,55 0,5 Gọi B là biến cố “ bắn trúng hồng tâm của xạ thủ thứ II” P( B ) = 0,35 ⇒ P(B ) = 0,65 Gọi C là biến cố “có ít nhất một xạ thủ bắn trúng hồng tâm”. 0,25 C là biến cố cả hai xạ bắn trượt C = AB PC = PA PB = 0.55.0'65 = 0,3575 ⇒ PC = 1 − PC = 1 − 0,3575 = 0,6425
IIb. Px Ax2 − 288 = 12(2 Ax − Px )., x ≥ 2 2 1,0đ ⇔ Px Ax2 + 12 Px − 24 Ax2 − 288 = 0 ⇔ Px ( Ax2 + 12) − 24( Ax2 + 12) = 0 0,5 ⇔ ( A + 12)(Px − 24) = 0 2 x ⇔ (Px − 24) = 0 ⇔ Px = 24 ⇔ x = 4 Vậy phương trình có một nghiệm x=4 0,5 IIIb. PK 1 Gọi K,O’ lần lược là trung điểm PI, OP ta có = 1,0đ PI 2 1 K là ảnh của I trong phép vị tự tâm P tỉ số 2 Do đó tập hợp các điểm K là ảnh của tập hợp các điểm I qua A N I M K 0 P O' B V⎛ 1⎞ mà IO ⊥ PI nên I ⎜I, ⎟ ⎝ 2⎠ thuộc đường tròn tâm O’ đường kính PO. ( I thuộc cung tròn AOB. Với A,B là giao điểm của (O)(O’)). Vậy tập hợp các điểm K là ảnh của cung tròn AOB