9 TOAN 11 DE HK1 2013 DONG THAP

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD& ĐT ĐỒNG THÁP. KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 11 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi:. ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Hồng Ngự 3 I. PHẦN CHUNG: (8điểm) Câu 1: (3điểm) f  x  sin 2 2 x  3cos x 1) Xét tính chẵn lẻ của hàm số sau: 2) Giải phương trình: a) 2tan2x + 3tanx - 5 = 0. 2 b) 3 sin 2 x  2cos x  1 2 Câu 2(2điểm) a) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau. b) Có hai chiếc hộp, mỗi hộp chứa 5 chiếc thẻ giống nhau và được đánh số từ 1 đến 5, lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một thẻ. Tính xác suất để trong hai thẻ lấy ra có ít nhất một thẻ mang số chẵn. 2 2 x  1   y  2  9  Câu 3 (1điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: .  v   2;1 Viết phương trình ảnh của (C) qua phép tịnh tiến theo véc tơ . Câu 4( 2điểm). Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD. a) Chứng minh đường thẳng MN song song với mặt phẳng (ACD). b) Xác định thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) và tứ diện. Tứ diện ABCD có thêm điều kiện gì thì thiết diện tìm được là hình thoi. II. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2điểm) Học sinh chọn 1 trong 2 phần để làm bài ( phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình nâng cao 2 Câu 5a: ( 1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y = cos x  2s inx +1 n. Câu 6a: ( 1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: Chứng minh rằng: Phần 2: Theo chương trình chuẩn 2 1 Câu 5b: ( 1 điểm) Tìm x biết: Ax  Cx  1 81 .. 3n Cn0  3n  1 Cn1  3n  2 Cn2  . . .    1 Cnn 512. Câu 6b: (1điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có : n 2 (n  1) 2 3 3 3 3 1  2  3  ...  n  4 Hết..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 11. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có… trang) Đơn vị ra đề: THPT Hồng Ngự 3 Câu. Nội dung yêu cầu. Điểm. 2. 1) Xét tính chẵn lẻ của hàm số sau: y sin 2 x  3cos x. TXD: D = R. 0,25 2. x  D   x  D ta có f   x  sin  2   x    3cos   x  2. 0,25 2. 0,25.  sin   2 x    3cos x   sin 2 x   3cos x sin 2 2 x  3cos x  f  x . Vậy. .. 0,25. 2. f  x  sin 2 x  3cos x. là hàm số chẵn 2) Giải phương trình: a) 2tan2x + 3tanx - 5 = 0.  x   k  k  Z  2 ĐK:. Câu 1 (3,0 đ). 0,25. 2 Đặt t = tanx thay vào phương trình ta được: 2t  3t  5 0  t 1   t  5 2    x   k  k  Z  4 Với t = 1 ta có : tanx = 1. Với. t . 5 5  x arctan   5   l   2   2 ta có : tanx = 2. 0,25. kZ. ,. 3 sin 2 x  cos2 x 2. 3 1   sin 2 x  cos2 x 1  sin sin 2 x  cos cos2 x 1 2 2 3 3    cos  2 x   1 3    x   k kZ 6 .  x   k k Z 6 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: a) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau. . Câu 2 (2,0 đ). 0,25. lZ.  x   k 4 So sánh với điều kiện ta có phương trình có các nghiệm là:  5 x arctan     l  l  Z   2 2 b) 3 sin 2 x  2cos x  1 2 PT . 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> abcd  a 0  Số cần lập có dạng: a có 6 cách chọn; b có 5 cách chọn c có 4 cách chọn; d có 3 cách chọn Theo qui tắc nhân ta có số lượng số lập được là: 360 số. b) Có hai chiếc hộp, mỗi hộp chứa 5 chiếc thẻ giống nhau và được đánh số từ 1 đến 5, lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một thẻ. Tính xác suất để trong hai thẻ lấy ra có ít nhất một thẻ mang số chẵn. Lấy từ mỗi hộp một thẻ trong 5 thẻ ta có số cách lấy là : 5. 5 = 25.  n    25. Gọi A là biến cố: “trong hai thẻ lấy ra có ít nhất một thẻ mang số chẵn”. Thì A : “ cả hai thẻ lấy được đều mang số lẻ”. n A 9 n A 9  P A   n    25.  .  .  . 16 25 Câu 3 (1điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: 2 2  x  1   y  2  9 . Viết phương trình ảnh của (C) qua phép tịnh tiến theo véc  v   2;1 tơ . Đường tròn (C) có tâm I(1; -2) và bán kính R = 3 Giả sử (C’) là đường tròn ảnh cần tìm. Gọi I’ , R’ lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C’). Khi đó ta có:  I ' Tv  I    R ' R 3.  . P  A  1  P A . Câu 3 (2,0 đ).  x  xI  ( 2)  1 I ' Tv  I    I '  I '   1;  1  yI '  yI  1  1.  x  1 Vậy (C’):. 2. 2.   y  1 9. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. Câu 4: ( 2điểm) Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD. a) Chứng minh đường thẳng MN song song với mặt phẳng (ACD).. 0,25 Câu 4 (2,0 đ). Trong tam giác ABC ta có MN là đường trung bình Do đó: MN // AC AC   ACD  Mà và MN không nằm trong mp (ACD), nên MN // (ACD). b) Xác định thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) và tứ diện. Tứ diện ABCD có. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> thêm điều kiện gì thì thiết diện tìm được là hình thoi. Dễ thấy mp(MNP) cắt đoạn AD tại trung điểm Q của AD, từ đây ta có thiết diện là tứ giác MNPQ  MN / / AC  PQ / / AC   &  1 1  MN  2 AC  PQ  2 AC Mặt khác ta có : (tính chất ĐTB của tam giác)  MN / / PQ, MN PQ Suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành. Do vậy, tứ giác MNPQ là hình thoi khi: 1 AC MN = NP = 2 1 BD Mà NP = 2 Vậy tứ giác MNPQ là hình thoi khi tứ diện ABCD có AC = BD. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. PHẦN RIÊNG Chương trình nâng cao Câu 5a: ( 1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: 2 y = cos x  2s inx +1 Câu 5a: ( 1 điểm). 2 2 Ta có: y = cos x  2s inx +1  y  sin x  2s inx +2 2 −1 ≤ y =− ( sin x − 1 ) + 3≤ 3 ∀ sin x ∈ [ −1 ; 1 ]   x   k. 2. Vậy ymax = 3 khi sinx = 1.   k 2 ymin = -1 khi sinx = -1 Câu 6a: ( 1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: n 3n Cn0  3n  1 Cn1  3n  2 Cn2  . . .    1 Cnn 512  x . Câu 6a: ( 1 điểm). 0,25 0,25 0,25 0,25. n. 3n Cn0  3n  1 Cn1  3n  2 Cn2  . . .    1 Cnn 512 Ta có: n   3  1 512. 0,5.  2n 29  n 9. 0,25 0,25 Chương trình cơ bản. 2 1 Câu 5b: ( 1 điểm) Tìm x biết: Ax  C x  1 81 .. n  N *  ĐK: n 2 Câu 5b: ( 1 điểm). Câu 6b: (1điểm). 0,25. Ax2  C 1x  1 81 .  x  1 ! 81 x!   x  2 !  x  2 !. 0,25.  x  x  1   x  1 81  x 2  2 x  80 0. 0,25.  n 10   n  8  l  . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là n = 10. 0,25. Câu 6b: (1điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có :. n 2 (n  1) 2 1  2  3  ...  n  4 3. 3. 3. 3. 12  1  1. 2. 1. 4 Với n = 1 ta có: VT = 13 = 1, VP = Vậy công thức đúng với n = 1 Giả sử công thức đúng với n k 1 . Khi đó ta có:. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> k 2 (k  1) 2 4 3 VT 13  23  33  ...   k  1. 13  23  33  ...  k 3  Khi n = k + 1 ta có: 3. 3. 3. 3. 3.  VT 1  2  3  ...  k   k  1  .  k 1. 2. k. 2.  4  k  1 . 4.  k 1  k  2  . 4.  k  1   k  1  1. 2. 2.  k  1  k  2  . n 2 (n  1) 2 1  2  3  ...  n  4 Vậy 3. 3. 3.   k  1. 3. 0,25. 2. 4 4 Vậy công thức cũng đúng với n = k + 1 3. 2. 2. 4. 2. VP . 2. k 2  k  1. 0,25. n  N *. Chú ý: Học sinh không làm theo cách giải trong đáp án mà cho kết quả đúng thì điểm từng phần được hưởng tương tự..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>