De va dap an toan 11 de so 14

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (173.28 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đề số 14

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011
Mơn TỐN Lớp 11

Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1: (4 điểm)

1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số ysin2x 3 cos2x3.

2) Xét tính chẵn, lẻ và vẽ đồ thị của hàm số ysinx 2.
3) Giải các phương trình sau:

a) x x

x

cos2 3cos 2 0
2sin 3

 



 b) x x x x

2 2

sin sin cos  4 cos  1 0

c) cos2xcos (2 tanx 2x1) 0

Câu 2: (3 điểm)

1) Xác định hệ số của x3 trong khai triển (2x 3)6.

2) Một tổ có 9 học sinh, gồm 5 nam và 4 nữ.

a) Có bao nhiêu cách xếp 9 học sinh đó vào một dãy bàn có 9 ghế sao cho các học
sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau.

b) Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh. Tính xác suất để:

i) Trong 2 học sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ.
ii) Một trong 2 học sinh được chọn là An hoặc Bình.
Câu 3: (1,5 điểm)

1) Cho đường tròn (C): x2y2 8x 6 0 và điểm I(–3; 2). Viết phương trình đường

trịn (C) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm I tỉ số k 2.

2) Cho tam giác đều ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Xác định tâm
và góc của phép quay biến vectơ AM thành vectơ CN .

Câu 4: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành ABCD có tâm là O. Gọi
M là trung điểm của SC.

1) Xác định giao tuyến của (ABM) và (SCD).

2) Gọi N là trung điểm của BO. Hãy xác định giao điểm I của (AMN) với SD. Chứng
minh rằng SI

ID

2
3

 .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Lời giải:
Câu 1

Câu 1: (4 điểm)

1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số .
2) Xét tính chẵn, lẻ và vẽ đồ thị của hàm số ysinx 2.

Tóm tắt

Vậy ymax 5 và ymin 1

2) f(-x) = sin (-x) -2 = -sinx – 2 f(x)
và f(-x)  -f(x) nên hàm số đã cho không là hàm số chẵn cũng không là hàm số lẻ.
Bài 2

os2

3 1

a)sinx c x

2 4

cosx 1

pt 2cos x 3cosx 1 0 1 cosx 1 x k2 ,k Z

cosx
2
  
 

           
 


b) Dễ thấy cosx = 0 khơng thỏa mãn phương trình đã cho

x x x x x x x x

anx x k

x anx

anx x k a

2 2 2 2

sin sin cos 4cos 1 0 2sin sin cos 3cos 0

t 1

2tan t 3 0 t 3 3

,tan & ( ; )

2 2 2 2

       

    

      

   
  




 
  

c)cos2xcos (2tanx 2x1) 0 Điều kiện cosx0

os

ar

2 3 2

(1 c x)

pt 2cos x 2 cosx 1 0 2cos x 3cos x cosx 2 0

cosx

cosx 1 x k2

(cosx 1)(2cos x cosx 2) 0 1 17 1 17

cosx x c k2 ,k Z

4 4

         
    
 
        
      

 
 
Câu 3:

Gọi số hạng thứ k+1 trong khai triển đã cho là (2x 3) 6 là Tk 1 ( 1) C (2x)k k6 6 k k 3

   cho

6 k 3   k 3 vậy hệ số của x3 là C .2 .33 3 33 216

2)Coi như bốn ghế dành cho học sinh nữ để riêng và cho 4 học sinh nữ này hốn vị trong
bốn ghế đó vậy có 4! Cách xếp 4 em nữ trên bốn ghế liền nhau.

os

2 2

1) 1 ( 3) sin2x 3 cos2x 1 ( 3)
2 sin2x 3.c 2x 2

1 y 5

     

    

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Có thể xxem bốn chiếc ghế ấy là một chiếc ghế to gọi là ghế N và 5 chiếc ghế cho 5 nam
là n n n n n1 2 3 4 5 vậy có 6 cách xếp sau đây

1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

Nn n n n n ; n Nn n n n ; n n Nn n n ;
n n n Nn n ; n n n n Nn ; n n n n n N

Trong mỗi cách xếp này có 5! Cách xếp 5 em nam cho nên theo quy tắc nhân ta có
6.4!.5!=1728 cách xếp.

b) Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh trong 9 học sinh có C29 36

i)Gọi A là biến cố trong 2 học sinh chọn được có 1 nam và 1 nữ. vậy khơng gian mẫu có
n( ) 28 

Và n(A) C .C 1 15 4 5.4 20 hoặc

2 2

5 4

n(A) 28 C   C 36 10 6 20  
Vậy P(A)n( ) 9n(A) 5



ii) Vẫn không gian mẫu trên nên n( ) 36 

Giả sử một trong hai học sinh được chọn là An vậy có C17 7 cách chọn em học sinh cịn
lại( khơng có Bình).Tương tự nếu một học sinh được chọn là Bình cũng có 7 cách chọn
học sinh cịn lại ( khơng có An)

Vậy nếu goi B là biến cố một trong hai học sinh được chọn là An hoặc Bình ta có
n(B) 7

n(B) 14 P(B)

n( ) 18

   



1) Cho đường tròn (C): x2y2 8x 6 0 và điểm I(–3; 2). Viết phương trình đường trịn

(C) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm I tỉ số k 2.

Bài giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC có
AGC MGN 120  0 (AM,CN)               1200 vậy phép quay tâm G góc quay 1200


biến AM thành CN .

C
B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 3) Mỗi điểm M(x;y) (C) có ảnh là M'(x';y') (C') IM' 2IM 2x x' 9
2y y' 6

  

    

 


 

Phương trình đường trịn đã cho

x y x x y x

x y x

x y x y

2 2 2 2

2 2

8 6 0 (2 ) (2 ) 16(2 ) 24 0
( ' 9) ( ' 6) 16( ' 9) 24 0

( ') ( ') 34 ' 12 ' 285 0

        

          

     

Vậy phương trình đường tròn (C') : x2 y2 34x 12y 285 0  
Cách 2:

Gọi K'(x;y)là tâm của đường tròn ảnh (C’).

Tâm của đường tròn ( C) đã cho là K(4;0) vậy ta có
x 3 2(4 3) x 17

K'( 17;6)
y 2 2(0 2) y 6

     

  

 

   

 

Đường tròn (C) có bán kính là R và R2 42 02  6 10 Vậy (C’) có

2 2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1)Dễ thấy giao tuyến của (ABM) và (SCD) qua M.Giả sử
(ABM) (SCD) Mx,Mx SC Q   

Có

S
(SAC) (SBD) SO

(ABM) (SAC) AM

(ABM (SBD) BQ,Q D

AM SO K

 

  

 

Vậy BQ đi qua K, trong mặt phẳng (SBD) có BK SD Q 
(ABM) (SCD) MQ

  

(AMN) (SBD) NI

(AMN) (SAC) AM NIquaK

(SAC) (SBD) SO
AM SO K

  



 






 



  



Trong (SBD) dựng OP//NI DI DN 3 (1)
PI ON

  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Từ (1) và (2) có SI 2PI DI 3SI 2
DI 3PI

 

 

</div>

De va dap an toan 11 de so 14

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về