Đề kiểm tra học kỳ môn: Toán - Lớp 11 (Năm học 2010-2011)

Chia sẻ: Bui Thi Minh Phung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Hãy tham khảo đề kiểm tra học kỳ môn "Toán - Lớp 11" năm học 2010-2011 dưới đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra học kỳ môn: Toán - Lớp 11 (Năm học 2010-2011)

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (Gồm 5 câu) Câu 1 (3 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau: a) cos 2 x + 5sin x + 2 = 0 . sin x(2sin x + 3) b) = cos x . 2 cos x − 1 c) 1 + 3sin 2 x(tan x − 1) = sin x(sin x + cos x) . Câu 2 (1 điểm). Từ tập hợp A = { 0;1; 2;3; 4;5;6} , có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau và lớn hơn 3000. Câu 3 (2 điểm). Một hộp có chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho: a) 4 quả cầu chọn được không cùng màu. b) 4 quả cầu chọn được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. Câu 4 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : 2 x + y = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0. Tìm trên đường thẳng d điểm M và trên đường tròn (C ) điểm N sao cho N r là ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ v = (3; −1). Câu 5 (2 điểm). Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC và G là điểm trên đoạn thẳng DN sao cho DN = 4 NG . Trên đoạn thẳng BG lấy điểm I (I khác với B và G). a) Dựng thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (IMN), thiết diện là hình gì? b) Xác định vị trí điểm I trên đoạn thẳng BG để thiết diện là hình bình hành. Khi đó hãy tính tỉ số BI . BG B. PHẦN RIÊNG (Học sinh chỉ được làm một trong hai câu: 6a hoặc 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 của dãy số trên. Câu 6b (1 điểm) (Theo chương trình nâng cao). n 1 Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển � 9 2� � − 2 x � biết rằng : An − 8n = 3(Cn −1 + 1). 3 2 2 �x �
CÂU NỘI DUNG cos 2 x + 5sin x + 2 = 0 � 1 − 2sin 2 x + 5sin x + 2 = 0 � 2sin 2 x − 5sin x − 3 = 0 sin x = 3 ( l oﾹi ) −1 1a) sin x = 2 (1đ) π x = − + k 2π 6 � (k �ﾢ ). 7π x= + k 2π 6 1 π Điều kiện: cos x �۹�+x� k 2π (k ﾢ ). 2 3 Với điều kiện đó, phương trình tương đương với 2sin 2 x + 3 sin x = 2 cos 2 x − cos x � cos x + 3 sin x = 2 cos 2 x 1b) 1 3 � π� � cos x + sin x = cos 2 x � cos �x − �= cos 2 x 2 2 � 3� (1đ) � π � π 2 � x = x − + k 2π x � = − + k 2π ( l oﾹi ) 3 3 �� π � π 2π 2 x = − x + + k 2π x = +k ( t h �a ��i u k i �n) . � � 3 � � 9 3 π 2π Vậy phương trình có nghiệm là x = +k , (k Z). 9 3 π Điều kiện: x + kπ (k Z). Với điều kiện đó, phương trình tương đương với 2 �sin x � �sin x − cos x � 3sin 2 x � − 1�+ 1 − sin 2 x − sin x cos x = 0 � 3sin 2 x � �+ cos x(cos x − sin x) = 0 �cos x � � cos x � � 3sin 2 x(sin x − cos x) − cos 2 x(sin x − cos x) = 0 � (3sin 2 x − cos 2 x)(sin x − cos x ) = 0 1c) tan x = 1 sin x − cos x = 0 � tan x = 1 � (1đ) �� 2 �� 2 � 1 3sin � x − cos 2 x = 0 3 � tan x = 1 tan x = 3 π x= + kπ 4 � (k �Z). π x= + kπ 6 Câu 2 Gọi abcd là số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau và lớn hơn 3000 được lập từ A, (1đ) khi đó a {3; 4;5;6} và d {0; 2; 4;6} . Có 2 trường hợp: Nếu a {3;5} : Có 2 cách chọn a, 4 cách chọn d và A52 cách chọn bc . Do
đó trường hợp này có 2.4. A52 = 160 số. Nếu a {4;6} : Có 2 cách chọn a, 3 cách chọn d và A52 cách chọn bc . Do đó trường hợp này có 2.3. A52 = 120 số. Tóm lại có 160+120=280 số thỏa yêu cầu. Số phần tử của không gian mẫu là Ω = C16 = 1820 . 4 Câu 3 Gọi A là biến cố “4 quả chọn được không cùng màu”. Khi đó A là biến cố “4 quả lấy được có cùng màu”. Ta có: Ω A = C4 + C5 + C7 = 41. 4 4 4 3a) (1đ) ΩA 41 Do đó xác suất của biến cố A là: P( A) = = . Ω 1820 41 1779 Vậy xác suất của biến cố A là P( A) = 1 − P( A) = 1 − = 0,98. 1820 1820 Gọi B là biến cố “4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá 2 quả cầu màu vàng”. Khi đó 3b) Ω B = C41 .C53 + C41 .C71 .C52 + C41 .C72 .C51 = 740. (0,75đ) ΩB 740 37 Xác suất của biến cố B là P( B) = = = 0, 41. Ω 1820 91 Gọi M ( x; −2 x) d . Vì N = Tvr ( M ) nên tọa độ của N là N ( x + 3; −2 x − 1). N �(C ) � ( x + 3) 2 + (−2 x − 1) 2 − 2( x + 3) + 4(−2 x − 1) − 20 = 0 Câu 4 � 5 x 2 = 20 � x = �2. (1đ) Với x = 2 ta có M (2; −4) và N (5; −5). Với x = −2 ta có M (−2; 4) và N (1;3). Vẽ hình thiết diện đúng: 0,25đ Gọi Q là giao điểm của NI và BD. Ta có Q �( MNI ) �( BCD) , B Q MN �( MNI ), BC �( BCD ) và MN // BC nên giao 5a M tuyến của (MNI) và (BCD) là đường thẳng d đi (1đ) I qua Q song song với BC, cắt CD tại P. D A Khi đó tứ giác MNPQ là thiết diện của hình G chóp cắt bởi (IMN). N P C Vì MN//PQ nên thiết diện là hình thang. CÂU NỘI DUNG
Thiết diện MNPQ là hình bình hành khi B BC MN = PQ = . Do đó, gọi Q là trung điểm 2 M Q BD và I là giao điểm của BG và NQ. Khi đó H với điểm I xác định như vậy thì thiết diện thu 5b I được khi cắt tứ diện ABCD bởi mặt phẳng (0,75đ) A G D (MNI) là hình bình hành. N P Trong (BDN), kẻ GH//NQ ( H BD) . Ta có: C HQ HQ NG 1 = = = � QB = 4 HQ. QD QB ND 4 BI BQ BQ 4QH 4 = = = = . BG BH BQ + QH 4QH + QH 5 Ta có un +1 − un = 3n với mọi n 1 , do đó: u2 − u1 = 3 u3 − u2 = 6 u 4 − u3 = 9 ............. 6a) un − un −1 = 3(n − 1) (1đ) Suy ra un − u1 = 3 + 6 + 9 + ... + 3(n − 1) = Sn −1 trong đó S n −1 là tổng của n − 1 số hạng liên tiếp của cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3 và công sai d=3. Do đó ( n − 2)(n − 1).3 3(n 2 − n) S n −1 = 3 + 6 + 9 + ... + 3(n − 1) = (n − 1).3 + = . 2 2 3n 2 − 3n 3n 2 − 3n − 4 Vậy un = u1 + S n −1 = −2 + = . 2 2 Điều kiện: n 3, n N . n! (n − 1)! An3 − 8n2 = 3(Cn2−1 + 1) � − 8n 2 = 3. +3 (n − 3)! 2!(n − 3)! 3(n − 2)(n − 1) � (n − 2)(n − 1)n − 8n 2 = + 3 � 2(n3 − 3n 2 + 2n) − 16n 2 = 3n 2 − 9n + 12 2 � 2n − 25n + 13n − 12 = 0 � (n − 12)(2n 2 − n + 1) = 0 3 2 6b) � n = 12. n 12 (1đ) 1 1 Khi đó � 2� � 2� � − 2 x � = � − 2 x � . Số hạng tổng quát �x � �x � 12 − k 2k �1 � k x Tk +1 = C � � .(−2 x ) = C12 .(−2) 12− k . k 12 2 k k �x � x Tk +1 chứa x9 khi 2k − (12 − k ) = 9 � 3k = 21 � k = 7. Vậy số hệ số của số hạng chứa x9 là: C127 .(−2) 7 = −101376.