Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 1) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Chia sẻ: Thao Le | Ngày: | 1 đề thi

0
39
lượt xem
4
download
  Download Vui lòng tải xuống để xem file gốc
   Like fanpage Thư viện Đề thi Kiểm tra để cùng chia sẻ kinh nghiệm làm bài
Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 1) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Mô tả BST Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 1) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo bộ Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 1) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015. Chúng tôi đã chọn lọc những đề thi tiêu biểu nhất để giới thiệu đến các bạn học sinh. Hy vọng, bộ đề thi này sẽ giúp ích nhiều cho việc ôn tập của các bạn. Chúc các bạn đạt kết quả cao cho kỳ thi sắp tới.

LIKE NẾU BẠN THÍCH BỘ SƯU TẬP
Xem Giáo viên khác thảo luận gì về BST

Tóm tắt Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 1) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Bộ sưu tập Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 1) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015 là một trong những BST đặc sắc của eLib, được chọn lọc từ hàng trăm mẫu tư liệu một cách kỹ lưỡng, mời các bạn tham khảo đoạn trích sau đây:

Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình :
Câu 2 (2,0 điểm).
Câu 3 (3,0 điểm).

a) Cho khai triển
b) Cho một đa giác lồi có n đỉnh.Tìm n biết số đường chéo của đa giác đó bằng hai lần số cạnh của đa giác ấy.
c) Từ một hộp đựng 10 bi đánh số từ 1 đến 10, lấy ngẫu nhiên 3 bi. Tính xác suất để 3 bi lấy ra có một bi đánh số nhỏ hơn 5 và hai bi đánh số lớn hơn 5.
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Cho đường thẳng có phương trình A’ đối xứng với điểm A qua  .
b) Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 48 và nội tiếp đường tròn (C):

Thư viện eLib mong BST Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 1) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015 sẽ giúp cho các em có thêm nguồn tư liệu tham khảo.
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 TRƯỜNG THPT NĂM HỌC: 2014-2015 YÊN LẠC 2 MÔN: TOÁN - LỚP 11 Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình : a) (2sin x  1)(2 cos x  1)  0 b) 3 cos2 x  2cos x  sin 2 x  0 Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình : x  2  4  x b) Giải bất phương trình: x 2  2 x  3  2x  6 Câu 3 (3,0 điểm). a) Cho khai triển (1  2 x )100  a0  a1. x  a2 . x 2  ...  a100 . x100 . Tính tổng S  a0  a1  a2  ...  a100 và tìm hệ số của x 40 . b) Cho một đa giác lồi có n đỉnh ( n  3 ). Tìm n biết số đường chéo của đa giác đó bằng hai lần số cạnh của đa giác ấy. c) Từ một hộp đựng 10 bi đánh số từ 1 đến 10, lấy ngẫu nhiên 3 bi. Tính xác suất để 3 bi lấy ra có một bi đánh số nhỏ hơn 5 và hai bi đánh số lớn hơn 5. Câu 4 (2,0 điểm). a) Cho đường thẳng  có phương trình x  y  2  0 , điểm A(1;  1) . Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua  . b) Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 48 và nội tiếp đường tròn (C): (x  1)2  (y  2)2  25 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết AB  BC , A(4;-2) và tọa độ của B là các số nguyên dương .  4 x 2  4 xy  4 y 2  51  x  y  2  3  0   Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x, y    2 x  7  x  y   1  0  --------------Hết-------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :....................................................................; Số báo danh: ................................ ĐÁP ÁN Câu Nội dung trình bày Điểm Câu Giải phương trình : 2,0 1 (2sin x  1)(2 cos x  1)  0 1,0  1  2sin x -1  0 sin x  2 Ta có (1)    0,25  2cos x  1  0 cos x   1   2   1  x  6  k 2  s inx    0,25 2  x  5  k   6  2 1  x  3  k 2  cosx     0,25 2  x   2  k 2   3  5 2 0,25 Vậy phương trình có nghiệm: x   k 2 ; x   k 2 ; x    k 2 6 6 3 b) 3 cos 2 x  2cos x  sin 2 x  0 (2) 1,0 3 1 Ta có (2)  3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  cos 2 x  sin 2 x  cos x 0,25 2 2   cos(2 x  )  cos x 0,25 6   2 x  6  x  k 2  0,25 2 x     x  k 2   6      x  6  k 2  x  6  k 2  . Vậy phương trình có nghiệm  0,25  x    k 2  x    k 2   18 3   18 3 Câu a) Giải phương trình : x  2  4  x (1) 1,0 2 4  x  0  Ta có (1)   2 (Nếu học sinh viết được ĐK cũng 0,25  x  2  (4  x)  cho 0,25). x  4  x  4   2  2 0,25  x  2  16  8x  x   x  9x  18  0  x  4   x  6, x  3 0,25  x  3 . Vậy phương trình có nghiệm x=3. 0,25 ( Nếu HS không loại nghiệm thì trừ 0.25) b) Giải bất phương trình: x 2  2 x  3  2x  6 (1) 1,0  x  1 ĐK: x 2  2 x  3  0   0,25 x  3  Nếu x  1  2x  6  0 suy ra bất phương trình luôn đúng (2) 0,25  Nếu x  3  BPT (1)  x2  2x  3  (2x  6)2 0,25 13  3x 2  22x  39  0  3  x  . (3) 3 13 0,25 Từ (2) và (3) suy ra BPT có nghiệm: x   ; 1   3;   3   Câu a) Cho khai triển (1  2 x )100  a0  a1. x  a2 . x 2  ...  a100 . x100 . Tính tổng 3 1,0 S  a0  a1  a2  ...  a100 và tìm hệ số của x 40 . Thay x 1 ta được: S  a0  a1  a2  ...  a100  (1  2)100  3100 0,5 100 100 Ta có (1  2x)100   C100.(2x )k   C100.2k x k  Hệ số của k k x 40 là k 0 k 0 0,5 a40  C100 .2 40 40 a) Cho một đa giác lồi có n đỉnh ( n  3 ). Tìm n biết số đường chéo 1,0 của đa giác đó bằng hai lần số cạnh của đa giác ấy. Số đoạn thẳng được tạo ra từ n đỉnh của đa giác là: Cn2 0,25 Số cạnh của đa giác là n , suy ra số đường chéo của đa giác là: Cn - 0,25 2 n 2 2 n! Từ giả thiết suy ra: Cn  n  2n  Cn  3n   3n 2!.(n  2)! 0,25  n  0 (khong t/ m)  n(n  1)  6 n  n(n 7)  0   . Vậy n  7  n  7 (T/ m) 0.25 c) Từ một hộp đựng 10 bi đánh số từ 1 đến 10, lấy ngẫu nhiên 3 bi. 1,0 Tính xác suất để 3 bi lấy ra có một bi đánh số nhỏ hơn 5 và hai bi đánh số lớn hơn 5. 3 Số cách chọn 3 bi trong 10 bi là: C10 0,25 Số cách chọn 1 bi trong 4 bi đánh số nhỏ hơn 5 là: C1 4 0,25 2 Số cách chọn 2 bi trong 5 bi đánh số lớn hơn 5 là : C5 0,25 1 2 C4 .C5 1 Suy ra xác suất cần tìm là : P 3  0,25 C10 3 Câu a) Cho đường thẳng  có phương trình x  y  2  0 , điểm A(1;  1) . 1,0 4 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua  . Gọi H là hình chiếu của A trên  , suy ra H ( a ; a  2)  0,25  AH  (a  1; a  3)  Vtcp của  là u  (1;1) .   0,25 Vì AH vuông góc với  nên AH .u  0  ( a  1).1  ( a  3).1  0 .  2a  2  0  a  1  H ( 1;1) 0,25 Do A’ đối xứng với A qua  nên H là trung điểm AA’  A '( 3;3) . 0,25 b) Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 48 và nội tiếp đường 1,0 tròn (C): (x  1)2  (y  2)2  25 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết AB  BC , A(4;- 2) và tọa độ của B là các số nguyên dương . A M 4 B 4 3 5 I 6 5 D C Từ giả thiết suy ra đường tròn (C) có tâm I(1;2) bán kính R  5 . Vì C đối xứng với A(4;-2) qua I(1;2) suy ra C(-2;6). 0,25 Đặt AB  a , BC  b , (a  b) . Từ đề bài ta có:  a.b  48   a  8, b  6 (T/ m)  AB  8  2 2   0,25  a  b  100  a  6, b  8 (loai)   BC  6 Gọi M là trung điểm của AB suy ra AM  4  IM  AI 2  AM 2  52  42  3 Phương trình đường thẳng AB có dạng: a(x  4)  b(y 2)  0, (a 2  b2  0) 0,25 a (1  4)  b(2  2) b  0  d (I, AB)   3  (3a  4b)2  9(a 2  b2 )   a 2  b2  7 b  2 4a  Nếu b0 chọn a=1 suy ra đường thẳng AB có phương trình: x40 Suy ra tọa độ của B là nghiệm của hệ: x  4  0   x  4; y  6  B(4;6) (T/ m)  2 2   (x  1)  (y  2)  25  x  4; y  2  B(4; 2)  A (loai)  Với B(4;6) vì I(1;2) là trung điểm của BD, suy ra D(-2;-2).  Nếu 7b=24a , chọn a=7, b=24  Đường thẳng AB có phương trình: 7(x  4)  24(y  2)  0 . Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ: 7(x  4)  24(y 2)  0  7x  24 y 20  0 (1)   2 2  2 2 (x  1)  (y 2)  25  (x  1)  (y 2)  25  Vì (1) không có nghiệm x, y nguyên dương nên hệ pt trên không có 0,25 nghiệm thỏa mãn tọa độ của B. ( Nếu HS tìm ra B (  92 ; 6 ) rồi loại 25 25 cũng được). Vậy B(4;6), C(-2;6), D(-2;-2). Câu  4 x 2  4 xy  4 y 2  51  x  y  2  3  0    1,0 5 Giải hệ phương trình:   x, y    2 x  7  x  y   1  0   4 x 2  4 xy  4 y 2  51  x  y  2  3  0  3    Hệ  Nhận xét: ta thấy x  y  0  2 x  7  x  y   1  0   4 0,25 2 Chia hai vế phương trình  3 cho  x  y  , hai vế phương trình (2) cho (x-y) ta được  2 3   1   4 x  4 xy  4 y 2  2  51  0 2 2  x  y   3  x  y     51  x  y    2 x  y    I  0,25 2 x  7  1  1 0   x y x  y  x  y  7  xy 1   u 2  3 v 2  2  51  5  I    Đặt u  x  y ,v  x  y  x y  dk v  2 hệ  u  v  7  6 v  4 0,25 Từ  6  thế u  7v vào  5 ta được 2 2v  7v  4  0    2  v   1 (loai )  2  5 3 1 3 x  y  3 x  ,y  2 2 v 4u 3  1  x  y  x  y  4  5 3 1 3  x  ,y 0,25  2 2  5  3 1 3  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y     2 ; 2     ----------HẾT----------

 

Đồng bộ tài khoản