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

Chia sẻ: Lê Thị Thao Thao | Ngày: | 1 đề thi

0
125
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 2) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

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

Học đi đôi với hành, việc học các kiến thức căn bản không thể tách rời với việc kiểm tra lại kiến thức, luyện tập để ghi nhớ và rèn kĩ năng vận dụng thông qua các đề thi phù hợp. Đó là lí do Thư viện eLib.vn cung cấp cho các bạn bộ Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 2) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015 như một tài liệu tham khảo.

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 2) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Mời quý thầy cô giáo và các em học sinh tham khảo nội dung của tài liệu trong bộ sưu tập Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 2) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015:

Câu 1 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau:
Câu 2 (1,0 điểm). Tính giới hạn sau: lim
Câu 3 (2,0 điểm).
a. Từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6. Lập ra các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau.
a.Tính xác suất để số lập được chia hết cho 3?
b. Tìm hệ số không chứa x trong khai triển nhị thức
Câu 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình sau:
Câu 5 (1,5 điểm).
a. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng và đường tròn C. Viết phương trình đường trònC ' đối xứng với đường trònC
b. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD , có điểm M  trên cạnh CD sao cho DM = 2CM , điểm N trên cạnh AD sao cho tam giác BMN vuông tại M , phương trình đường thẳng BN
Tìm tọa độ điểm B
Câu 6 (1,5 điểm). Cho tứ diện ABCD có I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD , L, N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD .
a. Chứng minh rằng LN / /CD
b. Gọi M là giao điểm của IJ và LN xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng qua M và song song với AB và CD

Vui lòng xem thêm các tài liệu cùng chủ đề trong các bộ sưu tập khác. Ngoài ra, quý thầy cô giáo và các em học sinh còn có thể download bộ sưu tập Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 2) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015 về làm tài liệu tham khảo bằng cách đăng nhập vào Website eLib.vn của chúng tôi.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 NĂM HỌC 2014 -2015 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi gồm: 01 trang. ——————— Câu 1 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: a. cos 2 x  cos x  1  0 b. cos 7 x  2 sin 2 x  cos 5 x 9  5x  2 Câu 2 (1,0 điểm). Tính giới hạn sau: lim x 1 x2  1 Câu 3 (2,0 điểm). a. Từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6. Lập ra các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số lập được chia hết cho 3? n 1 b. Tìm hệ số không chứa x trong khai triển nhị thức   x 2  . Biết n là số   x  n n 1 n 2 nguyên dương thỏa mãn C  C n n C n  79  4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0  Câu 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình sau:  4 x2  y 2  4 y  2 3  4 x  3  Câu 5 (1,5 điểm). a. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng  : 2 x  y  3  0 và đường tròn  C  : x 2  y 2  10 x  4 y  27  0 . Viết phương trình đường tròn C ' đối xứng với đường tròn  C  qua  . b. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD , có điểm M  5; 3 trên cạnh CD sao cho DM  2CM , điểm N trên cạnh AD sao cho tam giác BMN vuông tại M , phương trình đường thẳng BN là 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ điểm B Câu 6 (1,5 điểm). Cho tứ diện ABCD có I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD , L, N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD . a. Chứng minh rằng LN / /CD b. Gọi M là giao điểm của IJ và LN xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng   qua M và song song với AB và CD Câu 7 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . a b c Chứng minh rằng:  3 2  3 1 a  b  c b  c  a c  a2  b 3 2 …………………………..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:…………………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 NĂM HỌC 2014 -2015 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 Đáp án gồm: 07 trang. ——————— I. LƯU Ý CHUNG: +Học sinh làm theo cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa. +Câu 5b, 6 nếu không vẽ hình hoặc hình vẽ sai thì không chấm điểm. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a Giải phương trình: cos 2 x  cos x  1  0 (2.0 1,0 điểm) Phương trình  2 cos 2 x  1  cos x  1  0 0.25  2 cos 2 x  cos x  0  cos x  2 cos x  1  0 0.25   cos x  0  x  2  k   k  Z 0.25 cos x   1  x  2  k 2  2   3  2 Vậy phương trình có nghiệm là: x   k ; x   k 2 0.25 2 3 b Giải phương trình: cos 7 x  2 sin 2 x  cos 5 x 1,0 Phương trình  cos 7 x  cos 5 x  2 sin 2 x  0  2 sin 6 x.sin x  2 sin 2 x  0 0.25 sin x  0  2sin x  sin x  sin 6 x   0   0.25 sin x  sin 6 x   x  k  x  k  6 x  x  k 2 k 2   x   k  Z 0.25  5 6 x    x  k 2    k 2 x    7 7 k 2  k 2 Vậy phương trình có nghiệm là: x  k ; x  ; x  0.25 5 7 7 2 9  5x  2 Tính giới hạn sau: lim x 1 x2 1 (1.0 1,0 điểm) 9  5x  2 9  5x  4 5  5x Ta có lim  lim 2  lim 2 0.5 x 1 2 x 1 x 1    x  1 9  5 x  2 x1  x  1 9  5x  2   5 5  lim  0.5 x 1  x  1  9  5x  2  8 3 a Từ các số 1;2;3;4;5;6. Lập ra các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác (2.0 nhau tính xác suất để số lập được chia hết cho 3? 1.0 điểm) Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau được lập ra từ 6 số trên 0.25 là A65  720 số Ta thấy số chia hết cho 3 là số có tổng các chữ số chia hết cho 3 Trong 6 số 1;2;3;4;5;6 có hai bộ 5 số có tổng chia hết cho 3 là 0.25 1, 2,3, 4,5 và 1, 2, 4,5, 6 Trường hợp 1: các số có 5 chữ số khác nhau được tạo ra từ 5 số 1, 2,3, 4,5 là 5!  120 số Trường hợp 2: các số có 5 chữ số khác nhau được tạo ra từ 5 số 1, 2, 4,5, 6 0.25 là 5!  120 số Do vậy số các số có 5 chữ số khác nhau chia hết cho 3 là 240 số. 240 1 Vậy xác suất cần tính là  0.25 720 3 n b Tìm hệ số không chứa x trong khai triển nhị thức  1  x 2  . Biết n là   1.0 x  n n 1 n 2 số nguyên dương thỏa mãn C  C n n C n  79 n  n  1 Ta có Cnn  Cnn 1  Cnn  2  79  1  n   79  n 2  n  156  0  n  12 0.25 2 n 12 12 12 1 1 1 Ta có   x 2     x 2    C12  1 . 12k .x 2 k   C12  1 .x3k 12 k k     k k 0.25 x  x  k 0 x k 0 Cho 3k  12  0  k  4 0.25 4 4 Vậy hệ số không chứa x trong khai triển trên là C12 .  1  495 0.25 4  4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0  Giải hệ phương trình sau:  (1.0 4 x2  y 2  4 y  2 3  4 x  3 1.0  điểm)  1  4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0 (1) y  2   2 Điều kiện:   0.25  4 x  y 2  4 y  2 3  4 x  3 (2)  x  3   4 3 3 (1)  2  4 x 2  1 x  2  y  1 1  2 y  0   2 x   2 x   1 2y   1 2 y 2  2 x  1  2 y  2 x   2 x 1  2 y  1  2 y      1  0 2     0.25 2 x  1  2 y  3   2 x 2  2 x 1  2 y  1  2 y 2  1  0  vn     Thay (3) vào phương trình (2) ta được 16  2 x  1 0.25 16 x 4  24 x 2  8 3  4 x  3  0   4 x 2  1 4 x 2  5  0 3  4x 1  16  1 3   2 x  1  2 x  1  4 x 2  5     0  x  2 do 0  x  4  y  0  3  4 x  1 0.25 1 Vậy, hệ phương trình có nghiệm  ; 0    2  5 a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng  : 2 x  y  3  0 và đường tròn  C  : x 2  y 2  10 x  4 y  27  0 . Viết (1.5 0.75 phương trình đường tròn  C ' đối xứng với đường tròn  C  qua  . điểm) Ta có đường tròn  C  có tâm là I  5; 2  bán kính R  2 0.25 Gọi I ', R ' là tâm và bán kính của đường tròn  C ' Do  C ' là ảnh của  C  qua phép đối xứng trục  nên R '  R  2 và I ' 0.25 là ảnh của I qua phép đối xứng trục  suy ra II '   Suy ra phương trình đường thẳng II ' là x  2 y  9  0 Gọi M là giao điểm của II ' và  suy ra M  3;3  I ' 1; 4  2 2 0.25 Vậy phương trình đường tròn  C ' là:  x  1   y  4   2 b Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD , có điểm M  5; 3 trên cạnh CD sao cho DM  2CM , điểm N trên cạnh 0.75 AD sao cho tam giác BMN vuông tại M , phương trình đường thẳng BN là 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ điểm B A B N D M C 2 2 Ta có MD  CD  MD  AD , mà 3 3 13 3 AD 2  MD 2  AM 2  AM  AD  cos DAM  3 13 0.25 Ta lại có tứ giác ABMN nội tiếp suy ra 3 DAM  MBN  cos MBN  13  Ta có n1  2; 1 là vtpt của đường thẳng BN    Gọi n2  a, b   0 là vtpt của đường thẳng BM 0.25  a  8b 3 2a  b 3 Do cos MBN     13 5  a2  b2  13 a   4 b  7   */ Với a  8b chọn n2  8;1  BM : 8 x  y  37  0  B  4;5   BM  BN 4   */ Với a   b chọn n2  4; 7   BM : 4 x  7 y  41  0  B  2; 7  0.25 7 Vậy có hai điểm thảo mãn yêu cầu bài toán là B  4;5  , B  2; 7  6 Cho tứ diện ABCD có I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD , L, N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD . (1.5 a. Chứng minh rằng LN / /CD điểm) b. Gọi M là giao điểm của IJ và LN xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng   qua M và song song với AB và CD A G F I N L M B D H E J C a Chứng minh rằng LN / /CD 1.0 IL 1 Do L là trọng tâm tam giác ABC nên ta có  0.25 IC 3 IN 1 Do N là trọng tâm tam giác ABD nên ta có  0.25 ID 3 IL IN Do đó ta có  mà LN và CD đồng phẳng 0.25 IC ID Theo định lý talet đảo ta có LN / /CD (đpcm) 0.25 b Gọi M là giao điểm của IJ và LN xác định thiết diện của hình chóp 0.5 cắt bởi mặt phẳng   qua M và song song với AB và CD Do LN / /CD và M    nên LN    . Suy ra     ABC  là đường thẳng qua L và song song với AB cắt BC và AC tại E , F 0.25     ABD  là đường thẳng qua N và song song với AB cắt BD và AD tại H , G Nối E , F , G , H ta được thiết diện cần tìm là hình bình hành EFGH . 0.25 7 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . a b c (1.0 Chứng minh rằng:  3 2  3 1 1.0 a  b  c b  c  a c  a2  b 3 2 điểm) 1  2 Ta có   1  c   a3  b 2  c    a  b  c   9 0.25 a  a 1  a  ac  3 2  a b c 9 0.25 b 1  b  ab c 1  c  bc Chứng minh tương tự ta có: 3 2  và 3 2  b c a 9 c a b 9 a b c 3   a  b  c    ab  bc  ca  Suy ra 32  3 2  3 2  0.25 a b c b c a c a b 9 2 Ta lại có 3  ab  bc  ca    a  b  c   9  ab  bc  ca  3 a b c 0.25 Vậy  3 2  3 1 a  b  c b  c  a c  a2  b 3 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 --------------Hết---------------

 

Đồng bộ tài khoản