Đề thi giữa học kì 1 môn Toán (đại số) lớp 11 trường THPT Ngọc Tảo, Hà Nội năm học 2015 - 2016

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1 NĂM HỌC 2015 - 2016

TRƯỜNG THPT NGỌC TẢO

MÔN: TOÁN ĐẠI SỐ - LỚP 11
Thời gian làm bài: 45 phút
Đề số 1

Bài 1 (5,0 điểm): Giải các phương trình lượng giác sau




1) 2sin  x 


 3 0
4

2) 2sin 2 x  5sin x  2  0

3)

sin 3x sin 5x

3
5

Bài 2 (3,0 điểm)
1) Viết khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn:
2) Tìm tổng các hệ số trong khai triển

2  x

n

 2x  y 

6

biết n thỏa mãn 4C 2n  288  A 22n

Bài 3 (2,0 điểm)
Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta lập các số tự nhiên gồm bảy chữ số khác nhau. Hỏi:
1) Có tất cả bao nhiêu số?
2) Có bao nhiêu số bé hơn 4232000?
--------Hết-------


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1 NĂM HỌC 2015 - 2016

TRƯỜNG THPT NGỌC TẢO

MÔN: TOÁN ĐẠI SỐ - LỚP 11
Thời gian làm bài: 45 phút
Đề số 2

Bài 1 (5,0 điểm): Giải các phương trình lượng giác sau




1) 2cos  x 


 2 0
6

2) 3cos 2 x  10cos x  3  0

3)

cos3x cos5x

3
5

Bài 2 (3,0 điểm)
1) Viết khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn:
2) Tìm tổng các hệ số trong khai triển

3  x 

n

 x  3y 

6

biết n thỏa mãn C 22n  A 2n  121 .

Bài 3 (2,0 điểm)
Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta lập các số tự nhiên gồm bảy chữ số khác nhau. Hỏi:
1) Có tất cả bao nhiêu số?
2) Có bao nhiêu số bé hơn 4323000?
-------Hết-------


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1

TRƯỜNG THPT NGỌC TẢO

NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN ĐẠI SỐ - LỚP 11

Câu

Lời giải đề 1



2 sin  x    3  0
4


1.1

1.2

1.3

Lời giải đề 2

Điểm


3

 sin  x   
4
2




2 cos  x    2  0
6


2


 cos  x   
6
2


1,0

 

 x  4  3  k2

;k 
 x    2  k2

4
3

 

 x  6  4  k2

; k 
 x      k2

6 4

0,5




 x  12  k2

;k
 x    k2

12



 x  12  k2
 
;k 
 x    k2

12

0,5

 sin x  2
1
2 sin 2 x  5 sin x  2  0  
 sin x  2

3 cos 2 x  10 cos x  3  0
 cos x  3
1

 cos x  3

1,0

 sin x 

1

 sin
2
6

 cos x 

1
3



 x  6  k2
 
;k 
 x  5  k2

6

1

 x  arccos 3  k2

; k 
 x   arccos 1  k2


3

sin5x  sin  x  4x  sin x cos 4x  cos xsin 4x

cos5x  cos x  4x  cosxcos4x sinxsin4x

 sin x cos 4x  4sin x cos2 x cos 2x

 cosxcos4x 4sin2 xcosxcos2x

 sin x  4cos 2x  2cos 2x 1
2

 cosx 4cos 2x 2cos2x 1
2

0,5

0,5

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

* 5sin3x  3sin5x

* 5cos3x3cos5x

53sinx 4sin3 x  3sinx4cos2 2x 2cos2x 1 54cos3 x3cosx 3cosx4cos2 2x2cos2x1

0,25

5sinx12cos2x  3sinx4cos2 2x 2cos2x 1 5cosx2cos2x1 3cosx4cos2 2x2cos2x1
sin x  0
cos x  0


2
2
5 1  2 cos 2x   3  4 cos 2x  2 cos 2x 1
5 2cos2x 1  3 4cos 2x  2cos2x 1
 x  k; k  
x   / 2  k; k 



2
2
12 cos 2x  4 cos 2x  8  0
12cos 2x 16cos2x  2  0
xk;
 k
x  k; k
 k 
x/2 k;
x  k; k 

x  m m


 arccos4 10
cos2x

1

cos2x4 10



6 m;m
 2
x
 



6
2
arccos  




2

3
 cos2x 
  n n
 x 

3


2

2.1

0,25

Đúng công thức khai triển

Đúng công thức khai triển

0,5

Tính các số hạng

Tính các số hạng

0,5

 dk : n  2, n   
n!
 2n  !
4
 288 
 n  2!2!
 2n  2  !

C22n  A2n +121

4C2n  288  A 22n

4n  n 1 n  2 !
2n  2n 1 2n  2 !
 288 
 n  2!2
 2n  2!

 dk : n  2, n   

 2n  !  n!  121

 2n  2  ! 2 !  n  2  !

0,25

2n2n 12n 2! nn 1n 2!


121
2n 2!2
n 2!

0,25

 2n  n  1   288  2n  2n  1 

 n  2n  1   n  n  1   121

0,25

 n  12
 n 2  144  
 n  12  L 

 n  11
 n 2  121  
 n  11  L 

0,25

Với n = 12 có

Với n = 11 có



2.2

0,25

2  x

12



12

C
k 0

Với x = 1 ta có

k 12  k
12

2

 x 

k

3  x 

11



11

C
k 0

Với x = 1 ta có

k 11 k
11

3

 x 

k

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

 2  1 
12

1

12

 C12k 212 k  1 

k

k 0

12

 C12k 212 k  1 

k

 3  1 
11

 211 

k 0

11

C
k 0

11

C
k 0

k 11 k
11

3

k 11 k
11

3

 1 

 1 

k

k

Vậy tổng các hệ số trong khai triển là: Vậy tổng các hệ số trong khai triển

3.1

S=1.

là: S = 211  2048

Số tự nhiên có dạng a1a 2a 3a 4a 5a 6a 7

Số tự nhiên có dạng a1a 2a3a 4a5a6a7

+ Có 6 cách chọn a1 (vì a1 khác 0);

+ Có 6 cách chọn a1 (vì a1 khác 0)

+ Có A 66 cách chọn bộ (a2, a3, a4, a5, + Có A 66 cách chọn bộ (a2, a3, a4,
a6, a7).

a5, a6, a7).

Vậy có tất cả 6. A 66 = 4320 số thỏa Vậy có tất cả 6. A 66 = 4320 số thỏa
mãn.

mãn.

Số tự nhiên có dạng a1a 2a 3a 4a 5a 6a 7

Số tự nhiên có dạng a1a 2a 3a 4a 5a 6a 7

Xét các trường hợp:

Xét các trường hợp:

+ a1 là 1, 2 hoặc 3 thì có 3 cách chọn + a1 là 1, 2 hoặc 3 thì có 3 cách
a1. Khi đó có A 66 cách chọn bộ (a2, a3, chọn a1. Khi đó có A 66 cách chọn
a4, a5, a6, a7)  có 3. A 66 cách chọn.

0,5

0,5

0,25
0,25

0,25

bộ (a2, a3, a4, a5, a6, a7)  có 3. A 66
cách chọn.

+ a1 = 4 và a2 là 0 hoặc 1 thì có 2 cách + a1 = 4 và a2 là 0, 1 hoặc 2 thì có 3
3.2

chọn cặp (a1, a2). Khi đó có A 55 cách cách chọn cặp (a1, a2). Khi đó có

chọn bộ (a3, a4, a5, a6, a7)  có 2. A 55

A 55 cách chọn bộ (a3, a4, a5, a6, a7)

cách chọn.

 có 3. A 55 cách chọn.

0,25

+ a1 = 4, a2 = 2 và a3 là 0 hoặc 1 thì có + a1 = 4, a2 = 3 và a3 là 0 hoặc 1 thì
2 cách chọn bộ (a1, a2, a3). Khi đó có có 2 cách chọn bộ (a1, a2, a3). Khi
A 44 cách chọn bộ (a4, a5, a6, a7)  có đó có A 44 cách chọn bộ (a4, a5, a6, a7)

2. A 44 cách chọn.

0,25

 có 2. A 44 cách chọn.

+ a1 = 4, a2 = 2, a3 = 3 và a4 là 0 hoặc + a1 = 4, a2 = 3, a3 = 2 và a4 là 0

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

1

hoặc 1

thì có 2 cách chọn bộ (a1, a2, a3, a4). thì có 2 cách chọn bộ (a1, a2, a3, a4).
Khi đó có A 33 cách chọn bộ (a5, a6, a7) Khi đó có A 33 cách chọn bộ (a5, a6,
 có 2. A 33 cách chọn.

a7)  có 2. A 33 cách chọn.

Vậy có số các số tự nhiên nhỏ hơn Vậy có số các số tự nhiên nhỏ hơn
4232000 gồm các chữ số khác nhau 4232000 gồm các chữ số khác nhau
là: 3. A 66 + 2. A 55 + 2. A 44 + 2. A 33 = là: 3. A 66 + 3. A 55 + 2. A 44 + 2. A 33
2460.

= 2580.
----------Hết----------