Tổng Hợp đề Thi Học Kì 1 Môn Toán Lớp 11 - Ban Nâng Cao

Trang chủ Tìm kiếm Trang chủ Tìm kiếm Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 11 - Ban nâng cao pdf 38 5 MB 10 230 4.1 ( 4 lượt) Xem tài liệu Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu Tải về Đang chuẩn bị: 60 Bắt đầu tải xuống Đang xem trước 10 trên tổng 38 trang, để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên Chủ đề liên quan Đề thi học kì 1 Toán 11 Luyện thi Toán 11 học kì 1 Bài tập Toán lớp 11 Tìm số hạng giải phương trình

Nội dung

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Đề số 1 Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau : 1) (1đ) 3) (1đ)  3  2) (1đ) 2cos2  x    3 cos2 x  0 4   3tan2 x  1 3 tan x  1  0 1  cot 2 x  1  cos2 x sin 2 2 x Câu II: (2đ)  1) (1đ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2   n 1  , biết: Cn0  2Cn1  An2  109 . 4 x  2) (1đ) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có sáu chữ số và thoả mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu lớn hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị. Câu III: (2đ) Trên một giá sách có các quyển sách về ba môn học là toán, vật lý và hoá học, gồm 4 quyển sách toán, 5 quyển sách vật lý và 3 quyển sách hoá học. Lấy ngẫu nhiên ra 3 quyển sách. Tính xác suất để: 1) (1đ) Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán. 2) (1đ) Trong 3 quyển sách lấy ra, chỉ có hai loại sách về hai môn học. Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  1)2  (y  2)2  4 . Gọi f là phép biến  1 3 hình có được bằng cách sau: thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ v   ;  , rồi đến phép vị tự tâm 2 2  4 1 M  ;  , tỉ số k  2 . Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f.  3 3 Câu V: (2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M và N lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB và SAD. 1) (1đ) Chứng minh: MN // (ABCD). 2) (1đ) Gọi E là trung điểm của CB. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (MNE). --------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 SBD :. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Đề số 1 Câu I 1 Nội dung 3 tan2 x  1  3  tan x  1  0  tan x  1 hoaëc tan x  tan x  1  x  tan x  2 3 1 3  4 x 1 3 0,25  k  6 0,25  k  3 PT  1  cos  2 x  2     3 cos2 x  0  1  sin2 x  3 cos2 x  0  sin 2 x  3 cos2 x  1      sin  2 x    sin 3 6         2 x    k 2  x   k    3 6 4 sin  2 x    sin    3 6   2 x    5  k 2  x  7  k   3 6 12 ĐK: sin 2 x  0  x  l Điểm (3đ) 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25  2 cos2 x 1  cos2 x PT  1    sin 2 2 x  cos2 x sin 2 x  1  cos2 x 2 sin 2 x sin 2 x 0,50 sin 2 x  1   sin 2 x  1 sin 2 x  cos2 x  1  0   sin 2 x  cos2 x  1 sin 2 x  1  2 x    2  k 2  x    4  k (thoả điều kiện)  x  k (loaïi)     sin 2 x  cos2 x  1  sin  2 x    sin    x   k (thoả đk)  x   k   4 4 4   4 II 1 ĐK: n  2; n   ; 12 Cn0  2Cn1 12  2 1  x    C12k x 2  4 x   k0 24  6 k  0  k  4 12  k    109  1  2n  n(n  1)  109  n  12 x 4 k  12  C12k x 246k 0,25 (2đ) 0,25 0,25 k 0 Vậy số hạng không chứa x là 2  An2 0,25 4 C12 0,25 0,25  495 Gọi số cần tìm là a1a2 a3 a4 a5 a6 . Theo đề ra, ta có: a1  a2  a3  a4  a5  a6  1  2  a1  a2  a3   a1  a2  a3  a4  a5  a6  1 0,25  2  a1  a2  a3   21  1  a1  a2  a3  11 +TH 1: a1 ; a2 ; a3   2;4;5 thì a4 ; a5 ; a6   1;3;6 nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) +TH 2: a1 ; a2 ; a3   2;3;6 thì a4 ; a5 ; a6   1;4;5 nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) 2 0,50 +TH 1: a1; a2 ; a3   1;4;6 thì a4 ; a5 ; a6   2;3;5 nên có (1.2!).(3!) = 12 (số) Theo quy tắc cộng, ta có: 12 + 12 + 12 = 36 (số) III 1 A là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có ít nhất một quyển sách toán”. A là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, không có quyển sách toán nào”. P( A )  C83 3 C12  0,50 14 55 P ( A)  1  P ( A )  1  2 0,25 (2đ) 14 41  55 55 B là biến cố “Trong 3 quyển sách lấy ra, có đúng hai loại sách về hai môn học” 0,50 0,50  B  C41C52  C42C51  C41C32  C42C31  C52C31  C51C32  145 P B  145 3 C12  29 44 0,50 IV (1đ) Gọi I là tâm của (C) thì I(1; 2) và R là bán kính của (C) thì R = 2.  3 7  1 3 Gọi A là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vectơ v   ;  , suy ra A  ;  2 2 2 2 0,25  4 1 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm M  ;  tỉ số k  2 3 3    5    x B  2 x A  x M  3 . Vậy B  5 ; 20  nên : MB  2 MA     14 3 3  y  2y  y  A M  B 3 Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 4  5 3 2 0,25 2  Vậy (C ') :  x     y   0,25  20    16 3  0,25 V (2đ) S G N 0,50 Q M J A K D P I O F B E 1 C Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD, ta có: 0,50 SM 2 SN    MN / / IJ SI 3 SJ Mà IJ  ( ABCD ) nên suy ra MN // (ABCD). 2 0,50 + Qua E vẽ đường thẳng song song với BD cắt CD tại F, cắt AD tại K. + KN cắt SD tại Q, KN cắt SA tại G; GM cắt SB tại P. Suy ra ngũ giác EFQGP là thiết diện cần dựng. HẾT 3 0,50 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Đề số 2 Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau : 1) (1đ) sin3 x  3 cos3x  1 2x    2  3  cos x  2sin 3) (1đ) 2 cos x  1 2) (1đ) 4 cos3 x  3 2 sin2 x  8cos x     2 4  1 Câu II: (2đ) n 1) (1đ) Tìm hệ số của x 31  1  1 trong khai triển của  x  2  , biết rằng Cnn  Cnn1  An2  821 . 2 x   2) (1đ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có năm chữ số khác nhau và trong năm chữ số đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ này không đứng cạnh nhau. Câu III: (2đ) Có hai cái hộp chứa các quả cầu, hộp thứ nhất gồm 3 quả cầu màu trắng và 2 quả cầu màu đỏ; hộp thứ hai gồm 3 quả cầu màu trắng và 4 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 2 quả cầu. Tính xác suất để : 1) (1đ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng. 2) (1đ) Trong 4 quả cầu lấy ra, có đủ cả ba màu: trắng, đỏ và vàng. 2 2 Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) :  x  2    y  1  9 . Gọi f là phép biến  4 1 1 3 hình có được bằng cách sau: thực hiện phép đối xứng tâm M  ;  , rồi đến phép vị tự tâm N  ;  ,  3 3 2 2 tỉ số k  2 . Viết phương trình ảnh của đường tròn (C) qua phép biến hình f . Câu V: (2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AD // BC, AD > BC). Gọi M là một điểm bất kỳ trên cạnh AB ( M khác A và M khác B). Gọi (  ) là mặt phẳng qua M và song song với SB và AD. 1) (1đ) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (  ). Thiết diện này là hình gì ? 2) (1đ) Chứng minh SC // (  ). --------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 SBD :. . . . . . . . . . ÑAÙP AÙN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Đề số 2 Câu I 1 Nội dung Điểm (3đ) 0,50  1 3 1   sin3 x  cos3 x   sin  3x    sin 2 2 2 3 6  0,25      2 3x    k 2 x   k 3 6 6 3   3x    5  k 2  x  7  k 2   3 6 18 3 2 0,25   pt  4 cos3 x  6 2 sin x cos x  8cos x  cos x 2cos2 x  3 2 sin x  4  0  cos x  0  2  2sin x  3 2 sin x  2  0 (*) cos x  0  x  3  2 0,25  k    2 x   k 2  2 sin x  4 (*)    sin x   2  3 2  x    k 2 sin x  2 (lo¹i)  4 1  Điều kiện: cos x   x    k 2 2 3   pt  2  3 cos x  1  cos  x    2 cos x  1  sin x  3 cos x  0  tan x  3 2    0,25 0,50 3 0,25  k Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của pt là: x  4  k 3 0,25 (2đ) ĐK: n  2; n   Cnn  Cnn1  n  n  1 1 2 An  821  1  n   821  n2  n  1640  0  n  40 2 2 31 0,25 0,25 40 40 40  1  k 40 k 2 k k 403k x   C40 x  x  2    C40 x x   k 0 k 0 40  3k  31  k  3 3 0,25  tan x  3  x  II 1 0,25 3 C40  9880 Vậy hệ số của x là + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ có: 5C52C42 4! 4C52C313!  6480 (số) + Số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và có đúng hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau có 0,25 0,25 0,25 0,50 5  A52  3  A42  4  A52  2  3  3120 (số) Suy ra có: 6480 – 3120 = 3360 (số) III 1 0,25 (2đ) 0,25   C52  C72  210 2 Gọi A là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng”. A là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, không có quả cầu màu trắng”. 0,50 C22C42 1 P A   210 35     Suy ra: P  A   1  P A  1  2 0,25 1 34  35 35 Gọi B là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy ra, có đủ cả ba màu: trắng, đỏ và vàng”.   +Trường hợp 1: 1 trắng, 1 đỏ ở hộp một; 2 vàng ở hộp hai có C21C31 C42 (cách)   0,75 +Trường hợp 2: 2 đỏ ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có C22 C31C41 (cách)    +Trường hợp 3: 1 đỏ, 1 trắng ở hộp một; 1 vàng, 1 trắng ở hộp hai có C31C21 C41C31 (cách)        Suy ra:  B  C12C31 C42  C22 C31C41  C31C21 C41C31  120 Suy ra: P  B   0,25 120 4  210 7 IV (1đ) Gọi I là tâm của (C) thì I(2 ; 1) và R là bán kính của (C) thì R = 3. 4 1 2 1 Gọi A là ảnh của I qua phép đối xứng tâm M  ;  , suy ra A  ;   3 3 3 3 1 2 Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm N  ;  5    x B  2 x A  x N  6 . Vậy B  5 ;  13  NB  2 NA     6  6  y  2 y  y   13 A N  B 6 Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 6  5 6 2  Vậy (C ') :  x     y    3  tỉ số k  2 nên : 2 0,25 0,25 0,25 2 13    36 6 0,25 V (2đ) S N P 0,50 A D Q M B 1 C ( ) / / SB   ( )  (SAB )  MN / / SB,  N  SA  SB  (SAB ) ( ) / / AD   ( )  (SAD )  NP / / AD ,  P  SD  AD  (SAD ) 0,50  ( ) / / AD  ( )  ( ABCD )  MQ / / AD ,  Q  CD  AD  ( ABCD ) Vậy thiết diện là hình thang MNPQ (MQ // NP). 2 Ta có: DP AN AN AM AM DQ DP DQ  ;  ;     SC / / PQ DS AS AS AB AB DC DS DC 3 1,00 Mà PQ    nên suy ra SC / /   (đpcm). HẾT 4 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Đề số 3 Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình : 1) 2sin( 2x + 150 ).cos( 2x + 150 ) = 1 2 3) 2) cos2x – 3cosx + 2 = 0 2 sin x  2 sin 2 x  5cos x 2 sin x  2 0     Bài 2 (0,75 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  3sin  3 x    4 cos  3 x    6  6 Bài 3 (1,5 điểm) 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x 31 trong khai triển biểu thức (3 x  x 3 )15 . 2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số khác nhau. Bài 4 (1,5 điểm) Một hộp chứa 10 quả cầu trắng và 8 quả cầu đỏ, các quả cầu chỉ khác nhau về màu. Lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu. 1) Có bao nhiêu cách lấy đúng 3 quả cầu đỏ. 2) Tìm xác suất để lấy được ít nhất 3 quả cầu đỏ . Bài 5 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai điểm A(– 2; 3) , B(1; – 4); đường thẳng d: 3x  5y  8  0 ; đường tròn (C ): ( x  4)2  ( y  1)2  4 . Gọi B’, (C) lần lượt là ảnh của B, (C) qua  phép đối xứng tâm O. Gọi d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ AB . 1) Tìm toạ độ của điểm B’, phương trình của d’ và (C) . 2) Tìm phương trình đường tròn (C) ảnh của (C) qua phép vị tâm O tỉ số k = –2. Bài 6 (2,25 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD và P là một điểm thuộc đoạn thẳng AB sao cho AP = 2PB . 1) Chứng minh rằng MN song song với mặt phẳng (ABCD). 2) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD). 3) Tìm giao điểm Q của CD với mặt phẳng (MNP). Mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp S.ABCD theo một thiết diện là hình gì ? . 4) Gọi K là giao điểm của PQ và BD. Chứng minh rằng ba đường thẳng NK, PM và SB đồng qui tại một điểm. --------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 SBD :. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 11 – Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Đề số 3 Bài Câu 1 2 Hướng dẫn 2sin( 2x + 150 ).cos( 2x + 150 ) = 1  sin(4x +300) = 1  4 x  300  900  k 360 0 , k  Z  x  150  k.900 , k  Z cos2x – 3cosx + 2 = 0  2cos2x – 1 – 3cosx + 2 = 0  2cos2x – 3cosx + 1 = 0  cos x  1  x  k 2     ,k  Z   cos x  1  x    k 2  3  2 sin 2 x  2 sin 2 x  5 cos2 x 2sin x  2 1 3 0 Điểm 0,5 1 (1)    x   4  m2 2  , m,n  Z ĐK : sin x   (*) 2  x  5  n2  4 Với điều kiện (*) ta có: (1)  sin2x – 4sinx.cosx – 5cos2x = 0  cosx = 0 không thoả mãn phương trình (1) 1  cosx ≠ 0 , chia hai vế của (1) cho cos2 x ta được:    x   4  k   x  arctan 5  k Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là:  tan x  1 (1)  tan2x – 4tanx – 5 = 0     tan x  5 x   (2k  1) , x  arctan 5  k , k  Z 4      y  3sin(3 x  )  4 cos(3 x  )  5sin  3 x      6 6 6   3 4 và sin = 5 5    Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng – 5 khi sin  3x       1 6   với cos = 2 0,75    Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 khi sin  3 x       1 6   31 Tìm hệ số chứa x trong khai triển biểu thức ( 3x – x3 )15 . Số hạng tổng quát của khai trển trên là : 1 k k T  C15 .(3 x )15k .( x 3 )k  C15 .(1)k .315 k .x15 2 k với 0 ≤ k ≤ 15 , k Z 0,75 Số hạng cần tìm chứa x31 nên 15 + 2k = 31  k = 8 ( thoả mãn) 3 8 8 7 Hệ số của số hạng cần tìm là : C15 .(1)8 .37 = C15 .3  14073345 2 Số cần tìm có dạng abcd , trong đó a , b , c , d  1,2,3, 4, 5,6,7 và đôi một khác nhau . 2 0,75 Vì số cần lập là số chẵn nên d  2, 4, 6 Do đó chữ số d có 3 cách chọn . Có A63 cách chọn ba chữ số a, b, c . Vậy có 3.A36  360 số thoả yêu câu bài toán . 1 2  2520 Số cách lấy đúng 3 quả cầu màu đỏ là C83 .C10 0,5 Không gian mẫu, (của phép thử ngẫu nhiên lấy 5 quả cầu từ 18 quả cầu khác 5 màu ) có số phần tử là : C18 =8568 Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 3 quả cầu màu đỏ . – Số cách lấy được đúng 3 quả cầu màu đỏ là : 2520 4 2 1 1  700 – Số cách lấy được 4 quả cầu đỏ là C84 .C10 – Số cách lấy được 5 quả cầu đều màu đỏ là : C85  56 Xác suất của biến cố lấy được ít nhất 3 quả caàu màu đỏ là : 2520  700  56 P ( A)   0,38 8568 Ta có : B’ = (–1; 4), d’: –3x + 5y + 8 = 0 Đường tròn (C) có tâm I(–4 ; 1) và bán kính R = 2 Đường tròn (C’) có tâm I’(4 ; – 1) và R’ = 2  (C’) : (x – 4)2 + (y + 1)2 = 4  5 1  0,75  Gọi I’’ là tâm của đường tròn (C’’) , khi đó OI ''  2OI mà OI  (4;1) 2  0,75 Suy ra OI ''  (8; 2)  I ''  (8; 2) và R’’ = 2R = 4 Vậy (C’’) : (x – 8)2 + (y + 2)2 = 16 S M N A P D K B 1 Q C 0,75 I 6 2 3 4 MN là đường trung bình của tam giác SAD . Vì MN nằm ngoài mặt phẳng (ABCD) và MN // AD nên MN // (ABCD). Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng đi qua S và song song với AD . 3/ Tìm giao điểm Q của CD với mặt phẳng (MNP). Mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp S.ABCD theo một thiết diện là hình gì ? . Ba mặt phẳng (MNP), (SAD) và (ABCD) cắt nhau theo ba giao tuyến MN, PQ, AD, đồng thời MN //AD nên ba đường thẳng PQ, MN, AD đôi một song song . Trong mặt phẳng (ABCD), qua điểm P kẻ đường thẳng song song với AD, cắt CD tại Q. Điểm Q là giao điểm cần tìm. Trong mặt phẳng (SAB), hai đường thẳng SB và PM không song song nên chúng cắt nhau tại I . Suy ra I là điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD) . Lại có (SBD) và (MNP) cắt nhau theo giao tuyến KN nên điểm I phải thuộc 3 0,25 0,75 0,5 This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.

Tìm kiếm

Chủ đề

Tài chính hành vi Trắc nghiệm Sinh 12 Lý thuyết Dow Mẫu sơ yếu lý lịch Atlat Địa lí Việt Nam Hóa học 11 Đề thi mẫu TOEIC Đồ án tốt nghiệp Đơn xin việc Bài tiểu luận mẫu Thực hành Excel Giải phẫu sinh lý adblock ​ Bạn đang sử dụng trình chặn quảng cáo?

Nếu không có thu nhập từ quảng cáo, chúng tôi không thể tiếp tục tài trợ cho việc tạo nội dung cho bạn.

Tôi hiểu và đã tắt chặn quảng cáo cho trang web này