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.. Cho tứ diện ABCD.. Gọi M, N lần lượt là
Trang 1ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011
Đề chính thức Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
-
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 2x+ 5sinx+ = 2 0
x x
c) 2
1 3sin+ x(tanx− =1) sin (sinx 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: 2x y+ =0 và đường tròn
2 2
( ) :C x +y −2x+4y−20 0.= Tìm trên đường thẳng d điểm M và trên đường tròn ( )C điểm N sao cho N là ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ vr=(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 =4NG 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 ( )u n biết u1= −2; u n+1= +u n 3n với n≥1
Lập công thức số hạng tổng quát u n của dãy số trên
Câu 6b (1 điểm) (Theo chương trình nâng cao).
Tìm hệ số của số hạng chứa 9
x trong khai triển 1 2
2
n x x
biết rằng :
1
A − n = C − +
Trang 2
-HẾT -ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011
1a)
(1đ)
1 sin
2 2
7 2 6
(lo¹i)
x x
k
=
=
= − +
¢
0,25 đ 0,25đ 0,5 đ
1b)
(1đ)
x≠ ⇔ ≠ ± +x π k π k∈¢
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2
(lo¹i) (tháa ®iÒu kiÖn)
π
Vậy phương trình có nghiệm là 2 ,( )
x= +π k π k∈Z
0,25 đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1c)
(1đ)
x≠ +π kπ k∈Z
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
ta
−
1 tan
3
6
x x
k
=
= +
= ± +
Z
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ
Câu 2
(1đ)
Gọi abcd là số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau và lớn hơn 3000 được lập từ A, khi
đó a∈{3; 4;5;6} và d∈{0; 2; 4;6} Có 2 trường hợp:
5
A cách chọn bc Do
đó trường hợp này có 2
5
2.4.A =160 số.
Trang 3• Nếu a∈{4;6}: Có 2 cách chọn a, 3 cách chọn d và 2
5
A cách chọn bc Do
đó trường hợp này có 2
5
2.3.A =120 số
Tóm lại có 160+120=280 số thỏa yêu cầu
0,5đ 0,25đ
0,25đ
Câu 3 Số phần tử của không gian mẫu là 4
16 1820
C
3a)
(1đ)
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”
4 5 7 41
Do đó xác suất của biến cố A là: ( ) 41
1820
A
Vậy xác suất của biến cố A là ( ) 1 ( ) 1 41 1779 0,98
1820 1820
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
3b)
(0,75đ)
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
1 3 1 1 2 1 2 1
4 5 4 .7 5 4 .7 5 740
Xác suất của biến cố B là ( ) 740 37 0, 41
B
Ω
0,5đ 0,25đ
Câu 4
(1đ)
Gọi M x( ; 2 )− x ∈d Vì N T M= vr( ) nên tọa độ của N là N x( + − −3; 2x 1)
2
Với x=2ta có M(2; 4)− và N(5; 5).−
Với x= − 2ta có M( 2; 4)− và N(1;3)
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
5a
(1đ)
Vẽ hình thiết diện đúng: 0,25đ Gọi Q là giao điểm của NI và BD.
Ta có Q∈(MNI) (∩ BCD),
MN ⊂ MNI BC ⊂ BCD và MN BC// nên giao
tuyến của (MNI) và (BCD) là đường thẳng d đi qua Q song song với BC, cắt CD tại P.
Khi đó tứ giác MNPQ là thiết diện của hình chóp cắt bởi (IMN)
Vì MN//PQ nên thiết diện là hình thang.
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Trang 4(0,75đ)
Thiết diện MNPQ là hình bình hành khi
2
BC
MN =PQ= Do đó, gọi Q là trung điểm BD
và I là giao điểm của BG và NQ Khi đó với điểm I xác định như vậy thì thiết diện thu được khi cắt tứ diện ABCD bởi mặt phẳng (MNI) là
hình bình hành
Trong (BDN), kẻ GH//NQ (H∈BD) Ta có:
1
4
QD = QB = ND = ⇒ =
BG = BH = BQ QH = QH QH =
0,25đ
0,25đ 0,25đ
6a)
(1đ)
Ta có u n+1− =u n 3nvới mọi n≥ 1, do đó:
2 1
3 2
4 3
1
3 6 9
u u
u u
u u
− =
− =
− =
Suy ra u n − = + + + +u1 3 6 9 3(n− =1) S n−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
2 1
n
Vậy 1 1 2 3 2 3 3 2 3 4
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
6b)
(1đ)
Điều kiện: n≥3,n N∈ .
1
2
12
n
⇔ =
12
n
Số hạng tổng quát
2
1
x
−
1
k
T+ chứa 9
x khi 2k−(12− = ⇔k) 9 3k=21⇔ =k 7
Vậy số hệ số của số hạng chứa x9 là: 7 7
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách tương ứng.