Đề KTCL HK1 Toán 11 - THPT Lấp Vò 1 năm 2012-2013 - Kèm đáp án

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

132
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán lớp 11 của trường THPT Lấp Vò 1 gồm các câu hỏi tự luận (có đáp án) với nội dung: tập xác định của hàm số, giải phương trình... giúp cho các bạn học sinh lớp 11 có thêm tư liệu tham khảo phục vụ cho ôn tập thi cuối học kì.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL HK1 Toán 11 - THPT Lấp Vò 1 năm 2012-2013 - Kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 11 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: …./12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Lấp Vò 1 I/. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : (8,0 điểm) Câu 1: (3,0 điểm) 1 − cos x 1) Tìm tập xác định của hàm số: y = . sin 2 x 2) Giải các phương trình sau: x a) 2 cos + 1 = 0 2 b) sin 2 x − 3 cos 2 x = 4sin x cos x Câu 2: (2,0 điểm) 2010 1 1) Với x 0 , tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức � 4 - 4 � . �x � � x � 2) Trong 100 vé số có 1 vé trúng 100.000đ, 5 vé trúng 50.000 đ và 10 vé trúng 10.000 đ. Một người mua ngẫu nhiên ba vé số. Tính xác suất để người mua trúng thưởng 200.000đ. Câu 3: (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình y = x – 2. Tìm ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng trục hoành. Câu 4: (2,0 điểm) Trong không gian, cho hình chóp A.MNKH có đáy MNKH là hình thang (MN // KH, MN >KH ). Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AM, AN và E là điểm thuộc cạnh MH (E không trùng với M và H). a. Chứng minh : IJ // (MNKH). b. Tìm thiết diện của hình chóp A.MNKH cắt bởi mặt phẳng (IJE). II/. PHẦN TỰ CHỌN: (2,0 điểm) Học sinh chọn 1 trong 2 phần sau đây: Phần 1: Theo chương trình nâng cao Câu 5a: (1,0 điểm) x Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số: y = f ( x) = 2cos 2 − sin x + 2 . 2 Câu 6a: (1,0 điểm) Với các số 0, 1, 3, 6, 9 có thể lấp được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau và không chia hết cho 3. Phần 2: Theo chương trình chuẩn Câu 5b: (1,0 điểm) Cho dãy cấp số cộng (un) biết tổng số hạng thứ nhất và hai lần số hạng thứ 5 bằng không và tổng của bốn số hạng đầu bằng 14. Tính tổng của 50 số hạng đầu c ủa dãy cấp số cộng trên. Câu 6b: (1,0 điểm)
Với các số 0, 1, 3, 6, 9 có thể lấp được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau và không chia hết cho 3.HẾT. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 11 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang) Đơn vị ra đề: THPT Lấp Vò 1 Câu Nội dung yêu cầu Điểm 1.1 Hàm số xác định khi: sin 2 x 0 0.5 π �π � ۹� k , k ﾢ . Vậy tập xác định D = ﾢ \ � ; k ﾢ � x k 0.5 2 �2 1.2a x 2π cos = cos 0.5 2 3 4π x= + k 4π 0.5 3 1.2b Phương trình đã cho tương đương với phương trình 1 3 0.5 sin 2 x − cos 2 x = sin2x 2 2 π 2 x − = π − 2x + k 2π 3 π kπ � x= + ; k �ﾢ 0.5 π 6 2 2 x − = 2x + k 2π 3 2.1 � 1 � 2010 2010 1 k Ta có : � 4 − 4 � = x (−1) k C2010 ( x 4 ) 2010− k ( k ) 0.25 � x � k =0 x4 2010 2010 = � −1) k C2010 ( x)8040− 4 k .x −4 k = = � −1) k C2010 ( x)8040−8 k ( k ( k 0.25 k =0 k =0 Theo đề bài thì 8040 – 8k = 0 ⇔ k = 1005 0.25 Vậy số hạng không chứa x là : T1006 = −C2010 1006 0.25 2.2 Gọi Ω là tập hợp tất cả các cách mua 3 vé trong 100 vé. Ta có 0.25 Ω = C100 3 Gọi B là biến cố “ người mua trúng thưởng 200.000đ”. Ta có 0.5 Ω B = C1 .C52 1 C1 .C52 1 1 0.25 Vậy p ( B) = 3 = C100 156200 3 Gọi d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng trục hoành. 0.25 Lấy A(0 ; -2), B(2 ; 0) ∈ d
Khi đó ĐOx ( A) = A'(0;2), ĐOx ( B) = B 0.5 Vậy đường thẳng d’ là đường thẳng đi qua 2 điểm A’ và B nên 0.25 có phương trình là y = -x + 2 4a A I J M N E F K H Ta có : IJ // MN (đường trung bình trong tam giác (AMN) 0.25 MN ⊂ (MNKH), IJ ⊄ (MNKH) 0.25 Vậy IJ // (MNKH) 0.25 4b Xét (MNKH) và (IJE) có IJ // MN , MN ⊂ (MNKH), IJ ⊂ (IJE) 0.5 ⇒ (MNKH) ∩ (IJE) = EF //MN//IJ (F ∈ KN) Khi đó 0.5 (IJE) ∩ (AKN) = JF (IJE) ∩ (AMH) = IE (IJE) ∩ (AMN) = IJ Vậy thiết diện là tứ giác IJFE 0.25 5a π f ( x) = cos x − sin x + 3 = 2 cos( x + ) + 3 0.25 4 Ta có: π 0.25 − 2 + 3 � 2 cos( x + ) + 3 � 2 + 3 � − 2 + 3 ��x) f( 2 +3 4 x = k 2π π Maxf ( x) = 3 + 2 � 2 cos( x + ) = 1 �� π ;k ﾢ 4 x = − + k 2π 2 0.5 x = −π + k 2π π Minf ( x) = 3 − 2 � 2 cos( x + ) = −1 �� π ;k ﾢ 4 x = + k 2π 2 6a Có 4. A4 = 96 số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau 3 0.25 Có 3. A32 = 18 số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 3 0.5 Vậy có 96 – 18 = 78 số. 0.25 5b Theo giả thiết ta có : 0.75
u1 + 2u 5 = 0 3u1 + 8d = 0 u1 = 8 ⇔ ⇔ S4 = 14 4u1 + 6d = 14 d = -3 S50 = -3275 0.25 6b Có 4. A4 = 96 số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau 3 0.25 Có 3. A32 = 18 số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 3 0.5 Vậy có 96 – 18 = 78 số. 0.25  Lưu ý: .....