Đề thi học kì 1 Toán 11 ĐỀ 1
Gửi bởi: Nguyễn Minh Lệ 16 tháng 10 2022 lúc 22:13:20 | Được cập nhật: 14 giờ trước (8:22:47) | IP: 243.160.134.179 Kiểu file: DOCX | Lượt xem: 22 | Lượt Download: 0 | File size: 0.062708 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuốngCác tài liệu liên quan
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 1
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 3
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 9
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 7
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 7
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 6
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 8
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 2
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 5
- Đề thi học kì 1 Toán lớp 11 ĐỀ SỐ 1
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
ĐỀ 2 | ĐỀ THI HỌC KỲ 1 MÔN TOÁN LỚP 11 Thời gian: 60 phút |
---|
Câu 1( 2,5 điểm). Giải các phương trình sau:
\(2cosx - \sqrt{3} = 0\)
\(\sin^{2}x - 3sinxcosx + 2\cos^{2}x = 0\)
\({\sqrt{2}\sin}^{3}\left( x - \frac{\pi}{4} \right) = 2sinx\)
Câu 2 ( 1,5 điểm)
Tìm hệ số \(x^{7}\) trong khai triển \({(3x + 1)}^{11}\) thành đa thức.
Tìm số tự nhiên \(n > 5\) trong khai triển \({(x + \frac{1}{3})}^{n}\) thành đa thức biến \(x,\) có hệ số \(x^{7}\) bằng 9 lần hệ số \(x^{5}.\)
Câu 3 ( 2,0 điểm). Một hộp có chứa 9 viên bi xanh được đánh số từ 1 đến 9 và 5 viên bi đỏ được đánh số từ 10 đến 14. Chọn ngẫu nhiên hai viên bi.
Tính xác suất để chọn được 2 viên bi cùng màu.
Tính xác suất để chọn được hai viên bi khác màu và tổng 2 số ghi trên hai viên bi là số lẻ.
Câu 4 ( 2,0 điểm) . Trong mặt phẳng (Oxy) cho điểm A( -2;3) và đường tròn (C) có tâm I(3;-1) bán kính R=4.
Tìm tọa độ điểm \(A'\) là ảnh của điểm A qua phép tịnh tiến \(T_{\overset{\rightarrow}{u}}\) với \(\overset{\rightarrow}{u}(4; - 1)\)
Viết phương trình đường tròn ( C’) là ảnh của đường tròn ( C) qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng trục Oy và phép vị tự tâm O tỉ số \(k = - 2.\)
Câu 5 ( 2,0 điểm) . Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt trung điểm \(SC\ \text{và}\ AB\) .
Tìm giao tuyến \((SAC)\bigcap_{}^{}{(SBD)và\ (SAB)\bigcap_{}^{}{(SCD).}}\)
Tìm giao điểm I của \(AM\ \text{với\ mặt\ phẳng}\ (SND)\text{và\ tính}\ \) \(\frac{AI}{AM}\)
-----------------HẾT---------------------
Học sinh không được sử dụng tài liệu. CBCT không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN
Câu 1 | Đáp án | Điểm | |
---|---|---|---|
a 1 điểm |
\[2cosx - \sqrt{3} = 0\overset{}{\Leftrightarrow}cosx = \frac{\sqrt{3}}{2}\overset{}{\Leftrightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} x = \frac{\pi}{6} + k2\pi \\ x = \frac{- \pi}{6} + k2\pi \\ \end{matrix} \right.\ \ (k\epsilon Z)\] | 0.5 0.5 |
|
b 1 điểm |
Nhận xét : \(cosx = 0\) không thỏa mãn phương trình: vì \(\sin^{2}x = 0\ .\) \(cosx \neq 0\) ptth: \(\tan^{2}x - 3tanx + 2 = 0\overset{}{\Leftrightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} tanx = 1 \\ tanx = 2 \\ \end{matrix}\overset{}{\Leftrightarrow}\left\lbrack \begin{matrix} x = \frac{\pi}{4} + k\pi \\ x = arctan2 + k\pi \\ \end{matrix} \right.\ \ (k\epsilon Z) \right.\ \ \) |
0.25 0.25 0.25 0.25 |
|
1.c 0.5 điểm |
Đặt \(t = x - \frac{\pi}{4}\ \) ptth:\(\sin^{3}t = \sqrt{2}sin(t + \frac{\pi}{4})\overset{}{\Leftrightarrow}\sin^{3}t = sint + cost\ \ \ \)(*) Nhận xét: \(sint = 0\) không thỏa mãn pt vì \(cost = 0\) \(sint \neq 0\) pt(*) \(\overset{}{\Leftrightarrow}1 = \frac{1}{\sin^{2}t} + \frac{cost}{\sin^{3}t}\overset{\Leftrightarrow}{}\cot^{3}t + \cot^{2}t + cott = 0\overset{}{\Leftrightarrow}cott = 0\overset{}{\Leftrightarrow}t = \frac{\pi}{2} + k\pi\overset{}{\Rightarrow}x = \frac{3\pi}{4} + k\pi\). |
0.25 0.25 |
|
Câu 2 | |||
a 1 điểm |
Ta có Ycbt \(11 - k = 7\overset{}{\Rightarrow}k = 4\) vậy hệ số \(x^{6}\) trong khai triển \[\mathbf{\ }\] |
0.5 0.25 0.25 |
|
b | Ta có Ycbt |
0.25 0.25 |
|
Câu 3 | |||
a 1 điểm |
Gọi A biến cố chọn được hai viên bi cùng màu |
0.25 0.5 0.25 |
|
b 1 điểm |
Gọi B biến cố “ chọn 2 viên bi khác màu và tổng số ghi trên hai bi là số lẻ” |
0.25 0.5 0.25 |
|
Câu 4 | |||
a. 1 điểm |
thì | 0.5 0.5 |
|
b. | \[Đ_{oy}(C) = (C_{1})\overset{}{\Rightarrow}Đ_{oy}(I) = I_{1}(x^{'};y^{'})\overset{}{\Rightarrow}\left\{ \begin{matrix} x^{'} = - 3 \\ y^{'} = - 1 \\ \end{matrix}\overset{}{\Rightarrow}(C_{1})\left\{ \begin{matrix} TâmI_{1}( - 3; - 1)\ \\ Bán\ kính\ R_{1} = R = 4 \\ \end{matrix} \right.\ \right.\ \] \(V(O; - 2)\left( C_{1} \right) = \left( C^{'} \right)\overset{}{\Rightarrow}V(O; - 2)\left( I_{1} \right){= I}_{1}(x^{'};y^{'})\) \(\overset{}{\Rightarrow}\left\{ \begin{matrix} x^{'} = 6 \\ y^{'} = 2 \\ \end{matrix}\overset{}{\Rightarrow}(C_{1})\left\{ \begin{matrix} Tâm:I'(6;2)\ \\ Bk\ :R' = 8 \\ \end{matrix} \right.\ \right.\ \) Phương trình (C’)\({(x - 6)}^{2} + {(y - 2)}^{2} = 64\) |
0.25 0.25 0.25 0.25 |
|
Câu 5 | |||
a. 1 điểm |
S điểm chung thứ nhất. Gọi O là giao điểm AC và BD nên O là điểm chung của hai mặt phẳng. Vậy S điểm chung 2 mp. Ta có Đường thẳng d đi qua S và d song song với AB. |
0.25 0.25 0.25 0.25 |
|
b. 0.5 điểm |
Gọi G giao điểm AC và DN, suy ra G là trọng tâm tam giác ABD. Gọi I là giao điểm AM và SG. Ta có \(I \in AM\ và\ I \in SG\) Gọi E là trung điểm GC . Ta có ME là đường trung bình tam giác SGC. Tương tự IG là đường trung bình tam giác AME. Vậy \(\frac{AI}{AN} = \frac{1}{2}\) |
0.25 0.25 |