Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 3) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

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

0
87
lượt xem
3
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 3) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Mô tả BST Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 3) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Thư viện eLib xin gửi đến các bạn học sinh bộ Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 3) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015. Hy vọng rằng, bộ sưu tập này sẽ giúp các bạn học sinh ôn thi tốt qua các đề thi cụ thể. Chúc các bạn thành công.

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 3) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Bạn có thể tải miễn phí BST Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 3) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015 này về máy để tham khảo phục vụ việc giảng dạy hay học tập đạt hiệu quả hơn.

Câu 1 (1 điểm). Cho hàm số. Viết phương trình tiếp tuyến của của đồ thị hàm số C
Câu 2 (1 điểm). Cho góc.Tính A
Câu 3 (1 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển
Câu 4 (1 điểm). Ban chấp hành đoàn trường THPT Yên Lạc 2 nhiệm kỳ 2014-2015 có 17 thành viên theo cơ cấu: 5 Giáo viên và 12 học sinh. Chọn ngẫu nhiên một đoàn đại biểu đi dự đại hội cấp trên gồm 5 thành viên. Tính xác suất để chọn được đoàn đại biểu sao cho số giáo viên lớn hơn số học sinh và phải có ít nhất một học sinh.
Câu 5 (1 điểm). Giải phương trình
Câu 6 (2 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, độ dài cạnh AB = 2a , BC = a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 .
Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SK theo a.

Chúc quý thầy cô và các em học sinh có được nguồn tư liệu Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 3) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015 hay mà mình đang tìm.
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3 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) 2x 1 Câu 1 (1 điểm). Cho hàm số: y   C  . Viết phương trình tiếp tuyến của của đồ thị 1 x hàm số  C  tại điểm có hoành độ bằng 2. 1 8 tan 2   cot  Câu 2 (1 điểm). Cho góc  thỏa mãn: 900    1800 và sin   . Tính A 3 1  cot  12 8 2 x Câu 3 (1 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển    ,x  0  x 3 Câu 4 (1 điểm). Ban chấp hành đoàn trường THPT Yên Lạc 2 nhiệm kỳ 2014-2015 có 17 thành viên theo cơ cấu: 5 Giáo viên và 12 học sinh. Chọn ngẫu nhiên một đoàn đại biểu đi dự đại hội cấp trên gồm 5 thành viên. Tính xác suất để chọn được đoàn đại biểu sao cho số giáo viên lớn hơn số học sinh và phải có ít nhất một học sinh. Câu 5 (1 điểm). Giải phương trình 5x  1  3x  2  2 x  1  x   Câu 6 (2 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, độ dài cạnh AB  2a , BC  a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . a) Chứng minh SO   ABCD  và tính SO theo a . a b) Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, CD , K là điểm trên cạnh AD sao cho AK  . 3 Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SK theo a . Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I 1; 7  . Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC gấp 4 lần diện tích tam giác IBC  x3 y  1  4 y  2x  y Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình  x   1 1 1    3 3x  4 y  8 y 1 2  Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  1. Tìm giá xy yz zx trị nhỏ nhất của biểu thức A   z x y ----------Hết---------- (Học sinh không dùng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên học sinh:………………………………………...SBD:………………......... ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 2x 1 Câu Cho hàm số: y   C  . Viết phương trình tiếp tuyến 1 x 1,0 1 của của đồ thị hàm số  C  tại điểm có hoành độ bằng 2. 2x 1 1 TXĐ: D   \ 1 . Đặt: f  x   ; y '  f ' x  0,25 1 x 1  x 2 Với x  2  y  3; f '  2   1 0,25 PT tiếp tuyến  d  : y  f '  2  x  2   3  x  5 0,25 Vậy PTTT của (C) tại điểm có hoành độ bằng 2 là y  x  5 0,25 1 Cho góc  thỏa mãn: 900    1800 và sin   . Câu 3 2 8 tan 2   cot  1,0 Tính A 1  cot  Với 900    1800  cos   0 0,25 2 2 1 2 2 0,25 Khi đó cos    1  sin    1       3 3 1 sin  1 tan    3  ; cot   2 2 0,25 cos  2 2 2 2  3 2  1  8   2 2    2 2 1  2 2  Ta có A  1 0,25 1 2 2 1 2 2 Kết luận: A=1 12 Câu 2 x Tìm hệ số của x8 trong khai triển    ,x  0 1,0 3  x 3 12 12 12  k k 2 x k  2  x Ta có:      C12     0,25  x 3 k 0  x  3 12 k 212  k   C12 k x 2k 12 0,25 k 0  3  Theo bài ra ta có: 2k  12  8  k  10 0,25 10 212 10 10 4C12 Kết luận: Hệ số của x8 trong khai triển đã cho là: C12  0,25  310 310 Ban chấp hành đoàn trường THPT Yên Lạc 2 nhiệm kỳ 2014-2015 có 17 thành viên theo cơ cấu: 5 Giáo viên và 12 học sinh. Cần chọn ngẫu nhiên một đoàn đại biểu đi dự đại Câu 4 1,0 hội cấp trên gồm 5 thành viên. Tính xác suất để chọn được đoàn đại biểu sao cho số giáo viên lớn hơn số học sinh và phải có ít nhất một học sinh. Chọn 5 thành viên từ 17 thành viên có C17 cách 5 5  n    C17 0,25 Gọi A là biến cố chọn được đoàn đại biểu theo yêu cầu bài toán Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A: TH1: Chọn 4 GV và 1 HS có C54C12  60 cách 1 0,25 TH2: Chọn 3 GV và 2 HS có C53C12  660 cách 2 0,25  n  A   60  660  720 KL: Xác suất để chọn được đoàn đại biểu thỏa mãn YCBT là 0,25 n  A  720 P  A   5 n   C17 Câu 5 Giải phương trình 5x  1  3x  2  2 x  1 * 1,0  1 x  5   2 2 Đk: x   x  0,25  3 3  1 x  2  *  5x  1  5 x  3  2  3x  2  2 x  1 0,25   3 x  2  2 x  1  1  6 x 2  7 x  1  0  x  1TM   0,25  x  1  L   6 KL: PT (*) có nghiệm x=1 0,25 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , Câu 6 độ dài cạnh AB  2a , BC  a . Các cạnh bên của hình chóp 1,0 bằng nhau và bằng a 2 . a. Chứng minh SO   ABCD  và tính SO theo a . b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, CD ; K là điểm a trên cạnh AD sao cho AK  . Hãy tính khoảng cách giữa 3 hai đường thẳng MN và SK theo a S H 0,25 K I A D M N O B a C Ta có: SAC cân  SO  AC 1 SBD cân  SO  BD  2  0,25 Từ (1) và (2) suy ra SO   ABCD  1 1  2 a 2  a 2 a 5 0,25 Ta có: BO  BD  AB 2  BC 2   2 2 2 2 2 2 a 5 a 13 Suy ra 2 SO  SB  BO  2 a 2      2  2 0,25   Ta có: MN SAD  , SK   SAD  0,25  d  MN , SK   d  MN ,  SAD    d  O,  SAD   , O  MN Kẻ OI  AD  I  AD  ; OH  SI  H  SI  Khi đó ta CM được AD   SOI   OH  AD 0,25 b Mặt khác OH  SI  OH   SAD  Suy ra d  O,  SAD    OH  d  MN , SK   OH Ta có OI  AD  I là trung điểm của AD  OI  1 AB  a 0,25 2 1 1 1 4 1 17 a 13 2  2  2  2  2  2  OH  0,25 OH SO OI 13a a 13a 17 a 13 Vây d  MN , SK   17 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân giác trong của góc A có phương Câu 7 trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 1,0 là I 1; 7  . Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC gấp 4 lần diện tích tam giác IBC A I B H C D 0,25 + Ta có IA=5. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng  C  :  x  12   y  7 2  25 ọi D là giao điểm thứ 2 cuả đường phân giác trong góc A với đường tròn (C). Tọa độ cuả D là nghiệm của hệ x  y 1  0   2 2  D(2;3)  x  1   y  7   25  + Vì AD là phân giác trong nên D là điểm  chính giữa cung nhỏ  BC. Do đó ID  BC hay BC nhận véc tơ DI  (3; 4) làm véc tơ 0,25 pháp tuyến. + Phương trình BC có dạng: 3x  4 y  c  0 . + Do S ABC  4S IBC nên AH=4IK. 7c 31  c + Mà AH  d  A, BC   ; IK  d  I , BC   5 5  114 0,25 7c 31  c c   3 Nên 4  5 5 c   131   5 Vậy phương trình cạnh BC là: 9 x  12 y  114  0 hoặc 0,25 15 x  20 y  131  0  x3 y  1 1  4 y  2x  y Giải hệ phương trình  x  Câu 8  1  1  1 2 1,0  3 3x  4 y  8 y 1 2  y 1  ĐK: 2 x  y  0 0,25 3 x  4 y  8   2  Ta có 1  x  4 y  3 y  2 x  y  0   x  4 y  1   3 y  2x  y   0   x  4y  0 0,25   2 1 0  3 y  2x  y  Từ điều kiện ta thấy 2 2 3 y  2x  y  3   1  1 0 0,25 3 y  2x  y 3 y  2x  y Khi đó từ (1) ta có x  4 y  0  x  4 y Thay x  4 y vào (2) ta được 1 1 1 1 1 1 1 1 3 8y  8  y 1   2 23 y 1  y 1 2 2 2     a 2  a 3     a  1 2a 2  a  1  0  0,25 1  1  a  1 a   1 y  2  x  8  6 y 1  6 y 1   Với x=8, y=2 thỏa mãn điều kiện Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x,y)=(8;2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  1 . Câu 9 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A xy yz zx   1,0 z x y 2 2 2  xy   yz   zx  Ta có A           2 x2  y2  z2 2  z   x   y   0,25 Ta thấy  x  y 2   y  z 2   z  x 2  0  x2  y 2  z 2  xy  yz  zx, x, y, z * 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 2 2 2  xy   yz   zx  2 2 2 Áp dụng BĐT (*) ta được        x  y  z  z   x   y 2 2 2 0,25   Khi đó A   xy    yz    zx   2 x 2  y 2  z 2  3 x 2  y 2  z 2  3 2          z   x   y xy yz zx 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    x  y  z  z x y 3 1 0,25 Vậy Min A  3 đạt được khi x  y  z  3 ………….Hết….…….

 

Đồng bộ tài khoản