Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 4) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

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

0
179
lượt xem
9
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 4) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Mô tả BST Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 4) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015

Giới thiệu với quý thầy cô giáo và các em học sinh bộ Đề KSCL môn Toán lớp 11 (lần 4) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015. Với nội dung được chọn lọc kỹ càng, đa dạng, bộ đề thi sẽ giúp các em làm quen với cấu trúc đề, biết giải các bài tập khó. Chúc các em trau dồi được nhiều kiến thức, có được nhiều kĩ năng giải để thi và có được kết quả cao trong kì thi sắp tới. Thân chào các em!

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 4) 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 4) trường THPT Yên Lạc 2 năm 2014-2015:

Câu 1 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau:
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình:
b) Giải bất phương trình:
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Cho tập hợp A 0,1, 2, 3, 4, 5, 6. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ ba chữ số đôi một khác nhau?
b) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niuton
Câu 4 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho vectơ và đường thẳng d có phương trình. Tìm phương trình của đường thẳng d ' là ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo vectơ v.
Câu 5 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ  Oxy  cho tam giác  ABC  vuông ở  A .

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 4) 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.
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4  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 các phương trình sau:  a) 2 cos 2 x  sin x  1  0                      b) (2 sin x  3)(sin x cos x  3)  1  4 cos 2 x   Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình:  5x 2  10 x  1  7  x 2  2 x   b) Giải bất phương trình:  2 x 2  x  1  2 x2  4 x  1  5 x   Câu 3 (2,0 điểm). a) Cho tập hợp  A  0,1, 2, 3, 4,5,6 . Từ tập  A  có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ  có ba chữ số đôi một khác nhau? 12 b) Tìm hệ số của  x  trong khai triển nhị thức Niuton   x  1  8      x  Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho vectơ  v  2 ;  1    và đường thẳng  d   có phương trình 2 x  y  4  0 . Tìm phương trình của đường thẳng  d '  là ảnh của đường   thẳng  d   qua phép tịnh tiến theo vectơ  v .  Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ  Oxy  cho tam giác  ABC  vuông ở  A .  Biết  A  1; 4  , B 1; 4   và đường thẳng  BC  đi qua điểm  M  2; 1  . Tìm toạ độ đỉnh  C .     2 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp  S . ABCD . Gọi  M ,  N  lần lượt là trung điểm  SB  và  SC .   Giả sử  AD  và  BC  không song song. Xác định thiết diện của hình chóp  S. ABCD khi cắt  bởi mặt phẳng   AMN   .               Câu 7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x3  y 3  17 x  32 y  6 x 2  9 y 2  17                                             y  2 x  4   x  9 2 y  x  9  x2  9 y  1 ------------Hết------------  (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)  ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Giải các phương trình sau: 2cos2 x  sin x  1  0 1,0 (2,0)   2 cos 2 x  sin x  1  0  2sin 2 x  sin x  3  0   0,5  sin x  1   sin x  3(loai)    0,25   sin x  1  x    k 2 (k  )   0,25  2 b Giải các phương trình sau: (2sin x  3)(sin x cos x  3)  1  4cos 2 x 1,0   Phương trình   (2sin x  3)(sin x cos x  3)  4sin 2 x  3   0,25   (2sin x  3)(sin x cos x  3)  (2sin x  3)(2sin x  3)   0,25   (2sin x  3)(sin x cos x  2sin x)  0    3 0,25   sin x  3  2 sin x   2  s inx  0    cos x  2(vn) sin x cos x  2 sin x       0,25   x  3  k 2 (k  )  2  x   k 2 (k  )  3     x  k ( k  )   Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm như trên.  2 a Giải phương trình: 5x 2  10 x  1  7  x 2  2 x 1,0 (2,0)   ĐKXĐ:   5 x 2  10 x  1  0     Phương trình   5  x 2  2 x   1  7   x 2  2 x     0,25  Đặt  t  5  x2  2 x   1    t  0      Phương trình có dạng:  t  7  t 2 1 t  4(tm)  t 2  5t  36  0      0,25  5 t  9(l ) Với  t  4  ta có  x  1 5  x 2  2 x   1  4  5 x 2  10 x  15  0     0,25   x  3  Thử lại điêu kiện ta thấy thỏa mãn.  0,25  Vậy phương trình có nghiệm là  x  1 ,  x  3    b Giải bất phương trình: 2 x 2  x  1  2 x2  4 x  1  5 x 1,0   Điều kiện   x  0   0,25  Ta thấy x  0  không là nghiệm của bất phương trình, do đó bất  1 1 phương trình tương đương với  2 x  1  x  2 x  4  x  5   1 0,25  Đặt  t  2 x  x  1    t  0      bất phương trình có dạng:  t  t 2  5  5  t 2  5  5  t   (*)  5  t  0 t  5 0,25    t  5  5t  0   t  5    t  2  thỏa mãn điều kiện   t 2  5   5  t 2   t  2 2  t  5    5  17 0,25  1 x  2 Với  t  2  ta có  2x   1  2  2x2  5x  1  0     x  5  17 0  x   2  17   5  17  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:   0; 5    ;        2   2  3 a Cho tập hợp A  0,1, 2,3, 4,5, 6 . Từ tập A có thể lập được bao 1,0 (2,0) nhiêu số tự nhiên lẻ có ba chữ số đôi một khác nhau?   Gọi số lẻ có 3 chữ số là  abc   0,25  Ta có  c  có 3 cách chọn từ 3 số  1,3,5     (Do  a  c, a  0  nên )  a  có 5 cách chọn.   0,25  Không cần có phần trong ngoặc đơn vẫn cho điểm  ( Do  b  a, c nên )  b có 5 cách chọn  0,25  Không cần có phần trong ngoặc đơn vẫn cho điểm  Vậy số các số cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là  3.5.5  75 số.  0,25  12 b 1,0 Tìm hệ số của  x  trong khai triển nhị thức Niuton    x  1  8    x   12 12 k 12 0,5  Ta có   x  1      C .x k 12 12  k 1 .     C12 .x12 2 k k    x k 1 x k 1 Cho  12  2k  8  k  2    0,25  Do đó hệ số của  x8  trong khai triển là  C12  66    2 0,25   4   Trong mặt phẳng tọa độ cho vectơ v  2 ;  1   và đường thẳng Oxy 1,0 d có phương trình 2 x  y  4  0 . Tìm phương trình của đường (1,0) thẳng d ' là ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo  vectơ v .   Gọi  điểm  M /  x / ; y /    d /   là ảnh của điểm  M  x; y    d  . Ta có:  0,25  Tv  M   M /     x/  x  2   x  x/  2  0,25   /  /    y  y 1   y  y 1      0,25  Do  M  d  nên ta có  2 x  y  4  0  2  x /  2    y /  1  4  0  2 x /   y /  1  0 Vậy phương trình đường thẳng  d '  là  2 x  y  1  0    0,25  5 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở 1,0  1 (1,0)   A. Biết A  1; 4  , B 1; 4  và đường thẳng BC đi qua điểm M  2;  .  2   Tìm toạ độ đỉnh C .   Phương trình đường thẳng  BC  qua  B  và  M  là:  9 x  2 y  17  0    0,25       Gọi  C  x0 ; 9 x0  17   BC  ta có  AB  2; 8   và  AC  x0  1; 9 x0  25          2   2     0,25  Do tam giác  ABC  vuông tại  A  nên ta có  AB. AC  0   9 x0  25 0,25   2  x0  1  .  8  0  x0  3    2 Vậy điểm  C  3;5  là điểm cần tìm  0,25  6 Cho hình chóp  S. ABCD . Gọi  M ,  N  lần lượt là trung điểm  SB  và  SC .   1,0 (2,0) Giả  sử  AD   và  BC   không  song  song.  Xác  định  thiết diện  của  hình  chóp  S . ABCD khi cắt bởi mặt phẳng   AMN   .                 S     M N   A B K J   D   C   I     Trong  ABCD , gọi  I  AD  BC  I  ( SAD)  ( SBC )       Suy ra: SI = (SAD)  ( SBC)    0,5  Trong (SBC), gọi  J  MN  SI      0,25  Trong (SAD), gọi  K  SD  AJ   Nối K và N ta được Thiết diện là tứ giác AMNK  0,25  7    x3  y 3  17 x  32 y  6 x 2  9 y 2  17 1 Giải hệ phương trình.    2   1,0    y  2  x  4   x  9  2 y  x  9  x  9 y  1   2  x  4 Điều kiện     2 y  x  9  0 pt 1 : x 3  y 3  17 x  32 y  6 x 2  9 y 2  17   x  2 3  5  x  2    y  33  5  y  3   0,25 2 2   x  2    y  3    x  2    x  2  y  3   y  3  5  0         x  2    y  3  0  y  x  1    3   Thế  3  vào   2   ta được pt:   x  3 x  4   x  9  x  11  x 2  9 x  10   0,25  (HS chỉ cần thế, đưa được về PT của một biến là cho điểm)   x  3   x  4  3   x  9   x  11  4  x 2  2 x  35   x5 x 5   x  3    x  9   x  5  x  7    0,25  x4 3 x  11  4    x  5  0  x  5, y  6   x3 x9        x  7  4  x4 3  x  11  4   x3 x5 x9 x9  4      0  x4 3 2 x  11  4 2  1 1  1 1 2  0,25    x  5      x  9     0  vô nghiem     x4 3 2  x  11  4 2  x4 3  Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  x  5, y  6.   ------------------------HẾT------------------------ 

 

Đồng bộ tài khoản