Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách tương ứng..[r]
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐỀ 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 2x5sinx 2 0
b)
sin (2sin 3)
cos 2cos 1
x x
c) 1 3sin 2x(tanx1) sin (sin x xcos )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 2x4y 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 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 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 u12; u n1 u n3n 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 x9 trong khai triển
2 1 2
n
x x
biết rằng : A n3 8n2 3(C n211)
Trang 2
-HẾT -Trường THPT Chuyên QH Huế ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
Tổ Toán MÔN: TOÁN LỚP 11 - NĂM HỌC: 2010 - 2011
-
1a)
(1đ)
sin 3
1 sin
2 2
7 2 6
(lo¹i)
x x
k
0,25 đ 0,25đ 0,5 đ
1b)
(1đ)
Điều kiện:
1
x x k k Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2
(lo¹i) (tháa ®iÒu kiÖn)
Vậy phương trình có nghiệm là
2
x k kZ
0,25 đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1c)
(1đ)
Điều kiện: x 2 k (k ).
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
3sin (sin cos ) cos (sin cos ) 0 (3sin cos )(sin cos ) 0
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:
Trang 3 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.A 52 160 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.A 52 120 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 C164 1820 0,25đ
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”
Ta có:
4 4 4
4 5 7 41
A C C C
Do đó xác suất của biến cố A là:
41 ( )
1820
A
P A
Vậy xác suất của biến cố A là
41 1779
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
1820 91
B
0,5đ 0,25đ
Câu 4
(1đ)
Gọi M x( ; 2 ) x d Vì N T M v( )
nên tọa độ của N là N x( 3; 2 x1).
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 4CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
5b
(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 (HBD) Ta có:
1
4
QD QB ND
BG BH BQ QH QH QH
0,25đ
0,25đ 0,25đ
6a)
(1đ)
Ta có u n1 u n 3nvới mọi n 1, do đó:
2 1
3 2
4 3
1
3 6 9
3( 1)
n n
u u
u u
u u
Suy ra u n u1 3 6 9 3( n1)S n1 trong đó S n1 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
u u S
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
6b)
(1đ)
Điều kiện: n3,n N
1
3( 2)( 1)
2
12
n
Khi đó
12
n
Số hạng tổng quát
2
1
x
1
k
T chứa x9khi 2k (12 k) 9 3k 21 k7.
Vậy số hệ số của số hạng chứa x9 là: C127.( 2) 7 101376
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Trang 5Ghi chú: Các cách giải khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa và điểm thành phần cũng được cho một cách tương ứng.