de thi hoc ki 1 mon toan lop 11 nam 2015 2016 truong thpt da phuc ha noi

KHUNG MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HKI
MÔN TOÁN 11 - THỜI GIAN: 90 PHÚT
Cấp độ

Nhận biết
40%

Tên chủ đề
Chủ đề 1
Bài 1a,
Chương I.
Giải pt bậc 2
Hs lương giác đối với 1 hs
LG
Số câu: 03
Số điểm: 2,5đ
Chủ đề 2
Chương II:
Tổ hợp – xác
suất

Số câu: 01
Số điểm:1đ
Bài 2a,
Thành lập số

Số câu: 04
Số điểm: 3,0đ
Chủ đề 3
Chương I:
Các phép biến

hình
Số câu: 01
Số điểm: 1đ
Chủ đề 4
Chương II:
Hình học
không gian

Số câu: 02
Số điểm: 1,5đ
Bài 4.1,
Viết ptđt :
d’ =V(A,k)
(d)
Số câu: 01
Số điểm: 1đ
Bài 4.2,
a, Chứng
minh đt//mf

Số câu: 03
Số điểm: 3đ
Tổng số
câu:10
Tổng số
điểm:10

Số câu: 01
Số điểm: 1đ
Tổng số

câu:4
Tổng số
điểm:4,5đ
Chiếm45%

Thông hiểu
40%
Bài 1b,
Giải pt bậc
nhất đối với
sinx và cosx

Vận dụng
Cấp độ thấp
Bài 1c,
Giải pt LG
khác

Số câu: 01
Số câu: 01
Số điểm: 1đ
Số điểm:0.5đ
Bài 2b,
Tính xác suất
Bài 3: Tìm hệ
số trong kt
Niuton
Số câu: 02
Số điểm: 1,5đ

Cấp độ cao

Cộng

Số câu: 03
Số điểm:2,5đ

Số câu: 03
Số điểm: 3,0đ

Số câu: 01
Số điểm: 1đ
4.2b,
Tìm giao
điểm của đt
và mf
4.2c, Xđ thiết
diện
Số câu: 1,5
Số điểm: 1,5đ
Tổng số
câu:5
Tổng số
điểm:4,5đ
Chiếm 45%

4.2c) Tính
diện tích thiết
diện

Số câu: 0,5
Số điểm: 0,5đ
Tổng số
câu:1,5
Tổng số
điểm:1đ
Chiếm 10%

Số câu: 03
Số điểm: 3,5đ
Tổng số
câu:11
Tổng số
điểm:10


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2015-2016

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

Môn: Toán - Khối 11
(Thời gian làm bài 90 phút không kể thời gian phát đề)

Bài I (2,5 điểm): Giải các phương trình sau:
a)

3 cos x  sin x  1

b ) 2 cos 2 2 x  5 sin 2 x  5  0

c) sinx  cosx  4sin 3 x

Bài II (1,5 điểm):Cho tập hợp A={0; 1; 2; 3; 4}.
a) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau được lập từ A?
b) Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên đã lập ở phần a. Tính xác suất để lấy được số
chẵn và chia hết cho 3.
Bài III (1,5 điểm):
3
x

a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển: ( x 2  )12
b) Tìm các hệ số là số nguyên trong khai triển: ( 5 x  3 2 )10
Bài IV (4,5 điểm)
1) (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình: 2x + 3y -5= 0
và điểm A(1; 2). Viết phương trình đường thẳng (d’) là ảnh của (d) qua phép vị tự tâm
A tỉ số k= 3.
2) (3,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. SA = SB =
SC = SD = a. E là trung điểm của SC, M là một điểm trên đoạn AO sao cho
AM
 k , (0  k  1).
AO

a) Chứng minh đường thẳng OE song song với mp(SAD).
b) Tìm giao điểm của đường thẳng EM với mp(SBD).
c) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi ( ) qua M và song song với AD và SO.
Tính diện tích thiết diện theo a và k.
………………………………………………….Hết…………………………………………………….

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN HKI KHỐI 11
Bài

Ý́
1

I

(1đ)

Yêu cầu cần đạt

(1đ)



0,25



 k 2 ; x    k 2 , k  Z
6
2

0,25

 2 sin 2 2 x  5 sin 2 x  3  0  (sin 2 x  1)(2 sin 2 x  3)  0

0,25


2

 k 2 , k  Z  x  

Vây phuong trình đã cho có nghiêm là : x  

(0,5đ)

0,25

 2 cos 2 2 x  5 sin 2 x  5  0  2(1  sin 2 2 x)  5 sin 2 x  5  0

 sin 2 x  1  2 x  

3

0,5

3
1
1



cos x  sin x   cos x. cos  sin x.sin  cos
2
2
2

6
6
3
  
 
x    k 2

x  6  k 2


6 3
 cos(x  )  cos  

,k Z


6
3  

x     k 2
x    k 2
3
2

 6
3 cos x  sin x  1 

Vâyphuong trình đã chocó nghiêm là : x 

2

Điểm

Nhận thấy x 


2


4


4

 k , k  Z

0,25
0,25

 k , k  Z

 k , k  Z không là nghiệm của pt đã cho nên ta có:

sin x
1
4 sin 3 x
sin x  cos x  4 sin x 


cos 3 x cos 2 x cos 3 x

 4 tan 3 x  tan x(1  tan 2 x)  (1  tan 2 x)  0  3 tan 3 x  tan 2 x  tan x  1  0
3

 (tan x  1)(3 tan 2 x  2 tan x  1)  0  tan x  1  x 
(3 tan

2 x  2 tan x  1  0, x    k , k  Z )
2

Vậy pt đã cho có nghiệm: x 
II.

1
(1đ)

2

Gọi

số

tự

nhiên

có


4

3


4

0,25

 m , m  Z

 m , m  Z

chữ

số

0,25
thỏa

mãn

yêu

cầu

là:

abc; a, b, c  A, a  0, a, b, c đôi mô t khah nhau ,

0,25

Chọn a có 4 cách

0,25

Mỗi cách chọn a có A42 cách chọn bc

0,25

Vậy có 4. A42 =48(số thỏa mãn yêu cầu)

0,25

Theo 1) ta có: n(Ω) = 48


(0,5đ) Gọi B là biến cố: “Lấy được số chẵn chia hết cho 3”
Các bộ gồm 3 chữ số có tổng các chữ số chia hết cho 3, trong đó có ít
nhất 1 số chẵn được lập từ A là: (0;1;2), (0;2;4), (1;2;3),(2;3;4)

0,25

Các số thỏa mãn yêu cầu được lập từ bộ số (0;1;2) là: 210; 120;
102  có 3 số
Có 2.2.1=4 số thỏa mãn yêu cầu được lập từ bộ số (0;2;4)
Có 1.2.1=2 số thỏa mãn yêu cầu được lập từ bộ số (1;2;3)
Có 2.2.1 =4số thỏa mãn yêu cầu được lập từ bộ số (2;3;4)
Vậy có: 3+4+2+4=13(số thỏa mãn yêu cầu)  n( B)  13
Vậy xác xuất lấy được số chãn chia hết cho 3 là: p(B)=
III

1
(1đ)

0,25
n( B) 13

n() 48

Số hạng thứ k+1 của khai triển đã cho là:
0,5

3
x

Tk+1= C12k ( x 2 )12 k .( ) k  C12k .3 k .x 243k , k  N, 0  k  12
Số hạng không chứa x, ứng với k thỏa mãn: 24-3k=0  k=8
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển đã cho là: C .3
8
12

2

0,25

8

0,25

Số hạng thứ k+1 của khai triển đã cho là:

(0,5đ) Tk+1= C10k ( 5 x)10k .(3 2 ) k  C10k .( 5 )10k (3 2 ) k .x10k , k  N, 0  k  10
Hệ số của số hạng thứ k+1 là: a k 1  C10k .( 5 )10k (3 2 ) k

0,25

Để ak+1 là số nguyên thì:

Với k=0  a1  C100 ( 5 )10 (3 2 ) 0  55  3125  N

0,25

Với k=6
Vậy hệ số là số nguyên trong khai triển đã cho là: a1 =3125, a7 =21000
IV

1
(1đ)

(d’) là ảnh của (d) qua phép vị tự nên (d’) // (d) hoặc (d’) trùng với
(d’)  pt (d’) có dạng: 2x+3y+m=0

0,25


Ta có: B(1;1)  (d )
0,25

x  1  0
x  1
V( A,3) ( B)  B' ( x; y )  AB'  3 AB  


 B' (1;1)  (d ' )
 y  2  3
 y  1
 2.1  3  m  0  m  1

0,25
0,25

Vậy pt đường thẳng (d’) là: 2x+3y+1=0
2a)

Ta có: OE// SA( Tính chất đường TB)(1)

0,25

(1đ)

SA  (SAD); OE  (SAD)(2)

0,25

Từ (1),(2) ta có OE // (SAD)

0,5

Trong (SAC), gọi I1 là giao điểm của ME và SO

0,25

2b)
(1đ)

0,5
Vậy giao điểm của EM với mặt phẳng (SBD) là điểm I1

2c)
(1,5đ)

0,25

M  ( )  ( ABCD) 
  ( )  ( ABCD)  NP, ( M  NP // AD, P  AB, N  DC)
( ) // AD  ( ABCD)
M  ( )  ( SAC) 
  ( )  ( SAC)  MQ, ( MQ // SO, Q  SA)
( ) // SO  ( SAC)

0,25

Q  ( )  ( SAD) 
  ( )  ( SAD)  QH , (QH // AD, H  SD)
( ) // AD  ( SAD)

0,25

( )  ( SDC)  HN

0,25

Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác HNPQ.
Tứ giác HNPQ có HQ//NP( vì cùng //AD) nên tứ giác HNPQ là hình
thang(3)
Tứ

giác

= a 2  AO 

ABCD

0,25

là

hình

vuông

cạnh

a

nên

a 2
a 2
 AM  k .
2
2

Trong(SAC),ta có MQ// SO nên
Trong (SAD), HQ//AD 

AQ AM

 k  AQ  ka
AS
AO

SH SQ

, SA  SD  SH  SQ  HD  QA
SD SA

AC


HD  QA


SAˆ P  SDˆ C , (SAB  SCD)  QAP  HDN(c  g  c)  HN  QP

DN  AP( PN // AD)


Trong hình thang HNPQ, kẻ HI  NP=I

0,25

QJ  NP=J
Ta có: HNI  QJP(c.h  c.gv )  HNˆ I  QPˆ J (4)
Từ (3), (4) ta có tứ giác HNPQ là hình thang cân.
Tính được: HQ= (1-k)a, NP=a, HN=

0,25

ka 3
ak
ak 2
và HI=
; NI 
2
2
2

Chú ý:1, Yêu cầu HS lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa.
2, Hs làm cách khác mà lập luận chặt chẽ thì GV cho điểm tối đa và tự chia thang điểm cho phù hợp.
3, Nếu hình của bài IV.2, HS vẽ đường liền thành đứt hoặc ngược lại nhưng cách làm đúng và chặt chẽ thì trừ điểm hình.

S

Q

H

E
P

A

B

M
O
D

N

C