DE VA DAP AN KS GIUA KI I TOAN 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD – ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LỤC NAM. ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT ĐỢT I. ĐỀ CHÍNH THỨC. Năm học: 2012-2013 Môn Toán: Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút. Câu I. ( 3 điểm ) Giải các phương trình sau: 1). cos(2 x .   ) cos( x  ) 6 3. 2 2) 2cos x  2 cos 2 x  3sin x  2 0. 3). 2 tan x  cot 2 x 2sin 2 x . 1 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. 2n 7 3) Tìm hệ số của x trong khai triển đa thức (2  3 x) , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:. C21n 1  C23n 1  C25n 1  ...  C22nn13  C22nn11 210  1 .. 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  v T phép tịnh tiến theo véc tơ (2;  1) .. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét phép biến hình F biến mỗi điểm M ( x; y ) thành điểm M '(3x  1;3 y  5) . 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: 1 1 1 1 1     ...  n n 2 3 4 2 1 . (*). Họ tên học sinh: …………………………………….., SBD …………….., Lớp ……….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỢT I Năm học: 2012 - 2013 Môn: Toán lớp 11 Câu, Y Câu I 1). 2). Nội dung. Điểm.     2 x  6  x  3  k 2   ( k  )  2 x    ( x   )  k 2  6 3 + PTrình      x  2  k 2  x  2  k 2     (k  )  3x    k 2  x    k . 2   6 18 3 .. 0,75. + Kết luận được phương trình có các nghiêm là: Đúng Chú y: 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.. 0,25. + Phương trình tương đương. 0,25. 2(1  sin 2 x)  2(1  2sin 2 x)  3sin x  2 0. 0,25.  2sin x 2  3sin x  2 0. + Giải được sin x  2 (loại) hoặc. 3). sin x . 0,25. 1 2.    x  6  k 2   (k  ) 5 1  x   k 2 sin x   6 2 + Giải tiếp được. 0,25. + Kết luận đúng các nghiệm của phương trình lượng giác đã cho.. 0,25 0,25. cos x 0  sin 2 x 0  sin 2 x  0  + Đkiện . Có thể viết tiếp. + Khi đó nhân hai vế với sin 2x , ta được phương trình tương đương 2. 2. 2. 4sin x  cos 2 x 2sin 2 x  1  sin 2 x sin 2 2 x. Câu II 1). 0,5. 2.  4sin x  (1  2sin x) 2sin 2 x  1  sin 2 x.(1  4 cos 2 x) 0 1 cos 2 x   sin x 0 (loại) hoặc 4 (thỏa mãn điều kiện) 1   cos 2 x   x   k 2 3 . Kết luận đúng nghiệm của phương trình. 2. 0,25. 4 + Số cách chọn một đội văn nghệ gồm 4 em là: C11 330. 0,25. 4 4 + Số cách chọn 4 em mà chỉ ở một lớp là: C6  C5 15  5 20. 0,25. 4 4 4 + Số cách chọn 4 em mà có ở cả hai lớp là: C11  (C6  C5 ) 330  20 310. 0,25. + Xác suất của biến cố cần tính là:. p. 310 31  330 33 .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Chú y: 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: a1a2 a3a4a5a6a7 ( có bẩy vị trí ), với điều kiện … + Bước 1: Xếp số 0 vào một trong sáu vị trí có 6 cách xếp (do a1 0 ) + Bước 2: Xếp hai chữ số 1 và 2 vào hai vị trí trong sáu vị trí còn lại có. 0,25 0,25. 2 6. A 30. cách + Bước 3: Còn bốn vị trí và ta chọn bốn trong bấy chữ số còn lại để xếp có. 0,25. 4 7. A 840. 3). cách. + Theo quy tắc nhân có tất cả 6. 30. 840 = 151200 cách lấp. + Kết luận: Vậy có 151200 (số).. 0,25. 1 3 5 2 n 3 2n 1 10 + Ta có C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  C2 n 1 2  1. 0,25.  C21n 1  C23n1  C25n1  ...  C22nn13  C22nn 11  C22nn11 210 (*) 2 n 1 2 n 1 0 1 2 3 2n 2 n 1 + Ta có 2 (1  1) C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  C2 n 1. (1). 0,25. 02 n 1 (1  1)2 n 1 C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ...  C22nn1  C22nn11 (2) 2 n 1 1 3 5 2n 1 2 n 1 Lấy (1) trừ (2) có: 2 2(C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  C2 n 1 ) 2n 1 3 5 2 n 1 2 n 1  2 C2 n1  C2 n1  C2 n1  ...  C2 n1  C2 n1. 2n. (3) 0,25. 10. + Từ (*) và (3) ta có 2 2  2n 10 + Ta có Câu III 1) 2).  2  3x . 10. 0,25. 10.  C10k .210 k .( 3x) k k 0. 7 10. 3. 7. . Suy ra hệ số của x là  C .2 .3 . 7. 1.  x ' 3  2  x ' 5   y '  4  1    y ' 3 . Đáp số M '(5;3) . + Tọa độ điểm M’ xác định bởi: + Với hai điểm bất kỳ M ( x1; y1 ), N ( x2 ; y2 ) , ta có. 0,25. M '(3 x1  1;3 y1  5), N '(3 x2  1;3 y2  5) + Tính được M ' N ' 3MN . Chứng tỏ F là một phép đồng dạng + Từ đó ta có tỉ số đồng dạng của F là k 3 .. 0,5 0,25. Chú y: HS có thể chỉ luôn được F T V . Trong đó VV (O,3) là phép vị tư 3). tâm O, tỉ số k = 3. còn T là phép tịnh tiến theo véc tơ v(1;  5) . + Vẽ hình đúng.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> + 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) + Trong mặt đáy, lý luận kéo dài AI cắt BC tại M. Thì M là một điểm chung thứ hai của hai mặt. + Kết luận (đường thẳng) SM chính là giao giao tuyến của hai mặt.. Câu IV. + Kiểm tra n 2 , bất đẳng thức (*) đúng. Đặt Sn VT (*) . + Giả sử (*) đúng với số tư nhiên tùy ý n k 2 , nghĩa là ta có: 1 1 1 1 S k 1     ...  k k 2 3 4 2 1 (1) + Ta sẽ chứng minh (*) cũng đúng với n k  1 , tức là phái chứng minh 1 1 1 1 1 1 1 1 Sk 1 1     ...  k ( k  k  ...  k 1  k 1 )  k  1 2 3 4 2  1 2 2 1 2  2 2 1 (2) 1 1 1 1  k  ...  k 1  k 1 ) k 2 2 1 2  2 2  1 . (3) + Ta có 1 1 1 ( k k  ...  k 1 ) k 1 k k 1 k k k k 2  1 có [(2  1)  2 ]  1 2  2 2.2  2 2 Tổng 2 2  1 1 k Số hạng, và ta có 2 là số hạng lớn nhất của dãy, nên 1 1 1 1 1 ( k  k  ...  k 1  k 1 )  2k . k 1 2 2 1 2  2 2 1 2 (4). + Từ (1), (3) và (4) ta suy ra Sk 1  k  1 . Từ đó ta có (*) được chứng minh. S k 1 S k  (. Chú y: Ở bước Sk 1 phải viết tường minh như hướng dẫn mới cho điểm.. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>