DE VA DAP AN KS GIUA KI I TOAN 11

Kết luận đúng nghiệm của phương trình.[r]

Trang 1

SỞ GD – ĐT BẮC GIANG ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT ĐỢT I

Môn Toán: Lớp 11

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu I ( 3 điểm ) Giải các phương trình sau:

1) cos(2x 6) cos(x 3)

2) 2cos2x 2cos 2x 3sinx 2 0 

3)

1

2 tan cot 2 2sin 2

sin 2

x

Câu II ( 3 điểm )

1) Năm học này ở khối 11 của trường ta có 6 bạn học sinh lớp 11A1, 5 bạn học sinh lớp 11A2

có giọng hát hay Thầy giáo cần chọn một đội văn nghệ gồm 4 em từ các em ở trên Tính xác suất để 4 em được chọn có đủ ở cả hai lớp

2) Từ mười chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Hỏi có thể lập được bao nhiêu số Mỗi số lập được

gồm bẩy chữ số, các chữ số khác nhau, chữ số đứng đầu khác 0 và phải có mặt cả ba chữ số: 0, 1,

2

3) Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức (2 3 ) x 2n, trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:

Câu III ( 3 điểm )

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(3; 4) Tìm tọa độ điểm M’ là ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến T theo véc tơ v(2; 1)

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét phép biến hình F biến mỗi điểm M x y( ; ) thành điểm

'(3 1;3 5)

M x y Chứng minh F là một phép đồng dạng và tìm tỉ số đồng dạng k của F

3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi G là trọng tâm của tam giác

SCD Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAG) và (SBC)

Câu IV ( 1 điểm ) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 2, ta luôn có bất đẳng thức:

2 3 4 2n 1 n

Họ tên học sinh: ……… , SBD ……… , Lớp ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 2

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỢT I

Năm học: 2012 - 2013 Môn: Toán lớp 11

Câu I

1)

+ PTrình

k





   



    





0,75

2 2

6





 



 

  



2

18 3

k





 



  





.

0,25

+ Kết luận được phương trình có các nghiêm là: Đúng 0,25

Chú ý: HS phải viết thống nhất theo một đơn vị là Độ hoặc Radian.

Sai một họ nghiệm thì trừ 0,25 điểm Thiếu k   không trừ điểm

2) + Phương trình tương đương 2(1 sin  2x) 2(1 2sin ) 3sin   2x  x 2 0 

2

2sinx 3sinx 2 0

0,25

+ Giải được sinx 2 (loại) hoặc

1 sin

2

+ Giải tiếp được

1 sin

2

x 

2

5 2 6

k





 



  





0,25

+ Kết luận đúng các nghiệm của phương trình lượng giác đã cho 0,25 3)

+ Đkiện

cos 0

sin 2 0 sin 2 0

x

x x









0,25

+ Khi đó nhân hai vế với sin 2x, ta được phương trình tương đương

4sin2x cos 2x 2sin 22 x 1  4sin2x(1 2sin ) 2sin 2 2 x  2 x1

 sin2xsin 22 x  sin (1 4cos ) 02 x  2x 

0,5

 sinx0 (loại) hoặc

cos

4

x 

(thỏa mãn điều kiện)

1 cos 2

Kết luận đúng nghiệm của phương trình

0,25

Câu II

1) + Số cách chọn một đội văn nghệ gồm 4 em là: 4

11 330

+ Số cách chọn 4 em mà chỉ ở một lớp là:C64C54  15 5 20   0,25

+ Số cách chọn 4 em mà có ở cả hai lớp là: C114  (C64C54) 330 20 310    0,25

+ Xác suất của biến cố cần tính là:

310 31

330 33

0,25

Trang 3

Chú ý: HS có thể chia ra các trường hợp để tính trực tiếp số cách chọn 4

em mà có ở cả hai lớp.

2) + Mỗi số lập được có dạng: a a a a a a a1 2 3 4 5 6 7 ( có bẩy vị trí ), với điều kiện …

+ Bước 1: Xếp số 0 vào một trong sáu vị trí có 6 cách xếp (do a 1 0)

0,25

+ Bước 2: Xếp hai chữ số 1 và 2 vào hai vị trí trong sáu vị trí còn lại có

2

6 30

A  cách

0,25

+ Bước 3: Còn bốn vị trí và ta chọn bốn trong bấy chữ số còn lại để xếp có

4

A  cách

0,25

+ Theo quy tắc nhân có tất cả 6 30 840 = 151200 cách lấp

+ Kết luận: Vậy có 151200 (số)

0,25

12 1 23 1 25 1 22n13 22n11 22n11 210

0,25

+ Ta có 22n 1 (1 1)2n 1 20 1 12 1 22 1 23 1 22n1 22n11

02n 1 (1 1)2n 1 20 1 12 1 22 1 23 1 22n1 22n11

Lấy (1) trừ (2) có: 22n 1 2( 21 1 23 1 25 1 22n11 22n11)

 22n 21 1 23 1 25 1 22n11 22n11

0,25

+ Ta có  

10

10 0

2 3 k.2 k.( 3 )k

k



Suy ra hệ số của x7 là C107.2 33 7

0,25

Câu III

1)

+ Tọa độ điểm M’ xác định bởi:

' 3 2 ' 4 1

x y

 





 

' 5 ' 3

x y









 Đáp số M'(5;3)

1

2) + Với hai điểm bất kỳ M x y( ; ),1 1 N x y( ; )2 2 , ta có

'(3 1;3 5), '(3 1;3 5)

0,25

+ Tính được M N' ' 3  MN Chứng tỏ F là một phép đồng dạng 0,5

Chú ý: HS có thể chỉ luôn được F T V  Trong đó V V O ( ,3) là phép vị tự

tâm O, tỉ số k = 3 còn T là phép tịnh tiến theo véc tơ v (1; 5)



Trang 4

+ Chỉ ra S là một điểm chung của hai mặt: (SAG) và (SBC).

+ Trong mặt (SCD), kéo dài SG cắt BC tại trung điểm I Có mặt (SAG)

chính là mặt (SAI)

0,25

+ Trong mặt đáy, lý luận kéo dài AI cắt BC tại M Thì M là một điểm chung

thứ hai của hai mặt

0,25

+ Kết luận (đường thẳng) SM chính là giao giao tuyến của hai mặt 0,25

Câu IV + Kiểm tra n 2, bất đẳng thức (*) đúng Đặt S n VT(*)

+ Giả sử (*) đúng với số tự nhiên tùy ý n k  2, nghĩa là ta có:

 (1)

0,25

+ Ta sẽ chứng minh (*) cũng đúng với n k  1, tức là phái chứng minh

0,25

2k  2k 1   2k  1

  có [(2k11) 2 ] 1 2 k   k1 2k 2.2k 2k 2k

Số hạng, và ta có

1

2k

là số hạng lớn nhất của dãy, nên

2k  2k 1   2k 2 2  k 1

1

2

k k

(4)

+ Từ (1), (3) và (4) ta suy ra S k1  k 1 Từ đó ta có (*) được chứng minh

0,5

Chú ý: Ở bước S k1 phải viết tường minh như hướng dẫn mới cho điểm.

Định dạng
Số trang	4
Dung lượng	163,31 KB