Đề thi cuối học kì 1 Toán 11 năm 2019 – 2020 trường THPT Phước Long – TP HCM

Đề thi cuối học kì 1 Toán 11 năm học 2019 – 2020 trường THPT Phước Long, thành phố Hồ Chí Minh gồm 01 trang với 06 bài toán dạng tự luận, thời gian làm bài 90 phút, đề thi có lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm.

23 12 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề HK1 Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

3 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
TRƯỜNG THPT PHƯỚC LONG
TỔ TOÁN
____________
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI HỌC KỲ I_NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn: Toán – Lớp 11
Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
Họ và tên học sinh:……………………………………………………………………………………………………...................................................
Số báo danh:……………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Câu 1 (2 điểm). Giải các phương trình sau:
a)
2
4sin x 4sin x 3 0
.
b)
2 2
2sin x 3sin x cos x 3cos x 1
.
Câu 2 (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 5 chữ số đôi một khác nhau?
Câu 3 (1 điểm). Tìm số hạng chứa
4
x
trong khai triển biểu thức
14
2
x 2
với
x 0
.
Câu 4 (2 điểm). Một hộp đựng 22 viên bi khác nhau trong đó có 12 viên bi đỏ và 10 viên bi
vàng. Chọn ngẫu nhiên từ hộp 7 viên bi và tính xác suất để
a) chọn đươc 7 viên bi cùng màu.
b) chọn được 7 viên bi có đủ hai màu và thỏa mãn điều kiện số viên bi màu đỏ nhiều
hơn số viên bi màu vàng.
Câu 5 (1 điểm). Xếp 12 quyển sách gồm 1 quyển sách Hóa, 3 quyển sách Lý và 8 quyển
sách Toán (trong đó có 3 quyển Toán
1
T
, Toán
2
T
và Toán
3
T
) thành một hàng
trên giá sách. Tính xác suất để mỗi quyển sách Lý phải nằm giữa hai quyển sách
Toán và đồng thời ba quyển sách Toán
1
T
, Toán
2
T
, Toán
3
T
luôn xếp cạnh nhau.
Câu 6 (3 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của SD và AB.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
b) Chứng minh hai mặt phẳng (OMN) và (SBC) song song với nhau.
c) Trên cạnh SA lấy điểm H sao cho HS = 2HA. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD,
chứng minh HG song song với mặt phẳng (SCN).
______ Hết ______
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ I_NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN TOÁN 11
Câu Nội dung Điểm
1a
2
1
2
sin ( )
6
2
4sin 4sin 3 0
3 5
sin ( ) 2
2 6
x k
x n
x x k Z
x l x k
0.5+0.5
1b
2 2
2sin 3sin cos 3cos 1
x x x x
TH1:
cos 0
x
, ta có
2 1
(vl)
,
2
x k k Z
ko là nghiệm pt
TH2:
cos 0
x
, chia 2 vế pt cho
2
cos
x
ta được
2 2
2 tan 3tan 3 1 tan
x x x
2
tan 1
tan 3tan 2 0
4
tan 2
tan 2
x
x k
x x k Z
x
x arc k
Vậy pt có 2 họ nghiệm
4
x k
,
tan 2
x arc k k Z
0.25
0.25
0.25+0.25
2
Gọi
abcde
là số tự nhiên cần tìm
- Chọn
d
có 5 cách
- Chọn
a
có 8 cách
- Chọn b,c,d có:
3
8
A
cách
Vậy có:
3
8
5.8. 13440
A số
0.25
0.25
0.25
0.25
3
SHTQ:
14
2
2 14
28 3
1 14 14
2
. . . 1 . 2 .
2
k
k
k k
k k k
k
x
T C C x
x
với
14,
k k N
Vì SH chứa
4
x
nên
28 3 4 8( )
k k n
Vậy SH chứa
4
x
là
4
9
12012.
T x
0.25+0.25
0.25
0.25
4a
7
22
n C
Gọi A là biến cố có 7 bi cùng màu
TH1: 7 bi màu đỏ:
7
12
C
cách chọn
TH2: 7 bi màu vàng
7
10
C
cách chọn
7 7
12 10
n A C C
Vậy
1
187
p A
0.25
0.25
0.25
0.25
4b
Gọi B là biến cố có đủ 2 màu và số bi đỏ nhiều hơn bi vàng
TH1: 4 đỏ, 3 vàng:
4 3
12 10
.
C C
cách chọn
TH2: 5 đỏ, 2 vàng:
5 2
12 10
.
C C
cách chọn
TH3: 6 đỏ, 1 vàng:
6 1
12 10
.
C C
cách chọn
4 3 5 2 6 1
12 10 12 10 12 10
. . .
n B C C C C C C
Vậy
395
646
p B
0.25
0.25
0.25
0.25
5
12!
n
.
Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.
- Coi 3 cuốn
1 2 3
, ,
T T T
là một “quyển” sách. Đổi chỗ 3 quyển toán trên có
3!
cách. Xếp 6 “quyển” Toán có
6!
cách.
- Giữa 6 “quyển ” Toán có 5 “khoảng trống”, chọn 3 “khoảng trống” để xếp
vào 3 quyển Lý có
3
5
A
cách
- Xếp 1 quyển Hóa có 4 cách. (vào 1 trong 2 “khoảng trống” còn lại và 2 vị
trí ở 2 đầu)
Ta có:
3
5
3!.6!. .4
n A A
1
462
p A
0.25
0.25
0.25
0.25
6
6a
Ta có
/ / / / / /
,
x
S SAD SBC
AD BC SAD SBC S AD BC
AD SAD BC SBC
4 x 0.25
6b
Ta có:
/ /
ON BC
(vì
ON
là đường trung bình tam giác
ABD
)
/ /
OM SB
(vì
OM
là đường trung bình tam giác
SBD
)
Trong
( ),
OMN OM ON O
Trong
( ),
SBC SB BC B
Vậy
/ /( )
OMN SBC
0.25
0.25
0.25
0.25
6c
Gọi
I
là trung điểm
CD
Trong
SAI
có
SH SG
SA SI
nên
/ /
HG AI
Mà
AICN
là hình bình hành nên
/ /
AI CN
do đó
/ /
HG CN
Mặt khác ta có
,
HG SCN CN SCN
Vậy
/ /
HG SCN
0.25
0.25+0.25
0.25
H
O
N
M
G
C
D
B
A
S
| 1/3
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TRƯỜNG THPT PHƯỚC LONG
ĐỀ THI HỌC KỲ I_NĂM HỌC 2019 – 2020 TỔ TOÁN Môn: Toán – Lớp 11 ____________ ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
Họ và tên học sinh:……………………………………………………………………………………………………...................................................
Số báo danh:……………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Câu 1 (2 điểm). Giải các phương trình sau: a) 2
4sin x  4sin x  3  0 . b) 2 2
2sin x  3sin x cos x  3cos x  1.
Câu 2 (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 5 chữ số đôi một khác nhau? 14 2  x 2 
Câu 3 (1 điểm). Tìm số hạng chứa 4
x trong khai triển biểu thức     với x  0 . 2 x   
Câu 4 (2 điểm). Một hộp đựng 22 viên bi khác nhau trong đó có 12 viên bi đỏ và 10 viên bi
vàng. Chọn ngẫu nhiên từ hộp 7 viên bi và tính xác suất để
a) chọn đươc 7 viên bi cùng màu.
b) chọn được 7 viên bi có đủ hai màu và thỏa mãn điều kiện số viên bi màu đỏ nhiều
hơn số viên bi màu vàng.
Câu 5 (1 điểm). Xếp 12 quyển sách gồm 1 quyển sách Hóa, 3 quyển sách Lý và 8 quyển
sách Toán (trong đó có 3 quyển Toán 1 T , Toán 2 T và Toán 3 T ) thành một hàng
trên giá sách. Tính xác suất để mỗi quyển sách Lý phải nằm giữa hai quyển sách
Toán và đồng thời ba quyển sách Toán 1 T , Toán 2 T , Toán 3 T luôn xếp cạnh nhau.
Câu 6 (3 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của SD và AB.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
b) Chứng minh hai mặt phẳng (OMN) và (SBC) song song với nhau.
c) Trên cạnh SA lấy điểm H sao cho HS = 2HA. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD,
chứng minh HG song song với mặt phẳng (SCN). ______ Hết ______
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ I_NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN TOÁN 11 Câu Nội dung Điểm  1   sin x  (n) x   k2  2  6 1a 2
4sin x  4sin x  3  0     k  Z 3  5 0.5+0.5    sin x  (l) x   k2  2  6 2 2
2sin x  3sin x cos x  3cos x  1 
TH1: cos x  0 , ta có 2  1(vl)  x 
 k , k  Z ko là nghiệm pt 0.25 2
TH2: cos x  0 , chia 2 vế pt cho 2 cos x ta được 2 2 0.25 1b
2 tan x  3 tan x  3  1 tan x       2 tan x 1 x   k tan x 3tan x 2 0         4 k  Z tan x  2   0.25+0.25 x  arc tan 2  k  
Vậy pt có 2 họ nghiệm x 
 k , x  arc tan 2  k k Z  4
Gọi abcde là số tự nhiên cần tìm - Chọn d có 5 cách 0.25 0.25 2 - Chọn a có 8 cách 0.25 - Chọn b,c,d có: 38 A cách Vậy có: 3 5.8. 0.25 8 A  13440 số 14 2 k   k x  2 k   SHTQ: T  C .  . k  C . 0.25+0.25   
 1k .22k 14 28 3k k 1 14 14 .x  với 2   x    3 k  14, k  N 0.25 Vì SH chứa 4
x nên 28  3k  4  k  8(n) Vậy SH chứa 4 x là 4 0.25 9 T  12012.x n  7  C 0.25 22
Gọi A là biến cố có 7 bi cùng màu TH1: 7 bi màu đỏ: 7 C cách chọn 4a 12 0.25 TH2: 7 bi màu vàng 7 0.25 1 C 0 cách chọn n A 7 7  1 C 2  1 C 0 Vậy p  A 1  0.25 187
Gọi B là biến cố có đủ 2 màu và số bi đỏ nhiều hơn bi vàng TH1: 4 đỏ, 3 vàng: 4 3 0.25 1 C 2. 1 C 0 cách chọn TH2: 5 đỏ, 2 vàng: 5 2 1 C 2. 1 C 0 cách chọn 0.25 0.25 4b TH3: 6 đỏ, 1 vàng: 6 1 1 C 2. 1 C 0 cách chọn  nB 4 3 5 2 6 1  1 C 2. 1 C 0  1 C 2. 1 C 0  1 C 2. 1 C 0 0.25 Vậy p B 395  646 n 12!.
Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán. - Coi 3 cuốn 1 T , 2 T , 3
T là một “quyển” sách. Đổi chỗ 3 quyển toán trên có 3!
cách. Xếp 6 “quyển” Toán có 6! cách. 0.25
- Giữa 6 “quyển ” Toán có 5 “khoảng trống”, chọn 3 “khoảng trống” để xếp 5 vào 3 quyển Lý có 3 0.25 5 A cách
- Xếp 1 quyển Hóa có 4 cách. (vào 1 trong 2 “khoảng trống” còn lại và 2 vị trí ở 2 đầu) 0.25 Ta có: n  A 3  3!.6!. 5 A .4 p  A 1  0.25 462 S M H 6 G A D N O B C  S SAD  SBC  6a Ta có  AD / /BC
 SAD SBC  S / / AD / / x BC  4 x 0.25 AD  SAD, BC   SBC
Ta có: ON / /BC (vì ON là đường trung bình tam giác ABD ) 0.25
OM / /SB (vì OM là đường trung bình tam giác SBD ) 0.25 6b Trong (OMN ),OM  ON  O Trong (SBC), SB  BC  B 0.25 Vậy OMN  / /(SBC) 0.25 Gọi I là trung điểm CD SH SG 0.25 Trong S  AI có  nên HG / / AI SA SI 6c
Mà AICN là hình bình hành nên AI / /CN do đó HG / /CN 0.25+0.25
Mặt khác ta có HG  SCN ,CN  SCN  Vậy HG / / SCN  0.25