Đề thi học kì 1 Toán 11 Luyện thi Toán 11 học kì 1 bài xích tập Toán lớp 11 tra cứu số hạng giải phương trình


Bạn đang xem: Đề thi học kì 1 toán 11 nâng cao

*
pdf

Đề thi học tập kì 2 môn Toán lớp 11 năm 2019-2020 có đáp án - Trường trung học phổ thông Gia Định


*
pdf

Đề thi học tập kì 1 môn Toán 11 năm 2020-2021 - Trường thpt Thường Tín


*
pdf

Đề thi học kì 1 môn Toán 11 năm 2020-2021 - Trường thpt chuyên chuyên tp hà nội - Amsterdam




Xem thêm: Này Cô Em Người Trông Thật Xinh Tại Sao Nàng Vẫn Đang Một Mình

Nội dung

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm họcMôn TOÁN Lớp 11 – Nâng caoThời gian làm bài xích 90 phútĐề số 1Câu I: (3đ) Giải các phương trình sau :1) (1đ)3) (1đ)3 2) (1đ) 2cos2  x    3 cos2 x  04 3tan2 x  1 3 tan x  1  01  cot 2 x 1  cos2 xsin 2 2 xCâu II: (2đ)1) (1đ) tìm kiếm số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2 n1 , biết: Cn0  2Cn1  An2  109 .4x 2) (1đ) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có sáu chữ số và thoảmãn điều kiện: sáu chữ số của từng số là khác nhau và trong những số đó tổng của bố chữ số đầu khủng hơntổng của tía chữ số cuối một solo vị.Câu III: (2đ) bên trên một kệ đựng sách có các quyển sách về tía môn học là toán, đồ gia dụng lý cùng hoá học, gồm 4quyển sách toán, 5 quyển sách trang bị lý cùng 3 quyển sách hoá học. Lấy bỗng dưng ra 3 quyển sách. Tínhxác suất để:1) (1đ) trong 3 quyển sách rước ra, có ít nhất một quyển sách toán.2) (1đ) trong 3 quyển sách lấy ra, chỉ có hai nhiều loại sách về nhì môn học.Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, đến đường tròn (C ) : ( x  1)2  (y  2)2  4 . Hotline f là phép biến 1 3hình tất cả được bằng phương pháp sau: tiến hành phép tịnh tiến theo vectơ v   ;  , rồi đến phép vị từ bỏ tâm2 2 4 1M  ;  , tỉ số k  2 . Viết phương trình ảnh của mặt đường tròn (C) qua phép biến hóa hình f. 3 3Câu V: (2đ) cho hình chóp S.ABCD gồm đáy ABCD là hình bình hành. điện thoại tư vấn M cùng N theo thứ tự là trọng tâmcủa tam giác SAB và SAD.1) (1đ) triệu chứng minh: MN // (ABCD).2) (1đ) gọi E là trung điểm của CB. Khẳng định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt do mặtphẳng (MNE).--------------------Hết------------------Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1SBD :. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm họcMôn TOÁN Lớp 11 – Nâng caoThời gian làm bài 90 phútĐề số 1CâuI1Nội dung3 tan2 x  1  3  tung x  1  0  tan x  1 hoaëc chảy x tan x  1  x tan x 23134x130,25 k60,25 k3PT  1  cos  2 x 2  3 cos2 x  0  1  sin2 x  3 cos2 x  0  sin 2 x  3 cos2 x  1 sin  2 x    sin36  2 x    k 2 x   k3 64sin  2 x    sin  36 2 x    5  k 2 x  7  k3612ĐK: sin 2 x  0  x  lĐiểm(3đ)0,500,250,250,250,252cos2 x 1  cos2 xPT  1  sin 2 2 x  cos2 x sin 2 x  1  cos2 x2sin 2 xsin 2 x0,50sin 2 x  1  sin 2 x  1 sin 2 x  cos2 x  1  0  sin 2 x  cos2 x  1sin 2 x  1  2 x  2 k 2  x  4 k (thoả điều kiện) x  k (loaïi)sin 2 x  cos2 x  1  sin  2 x    sin   x   k (thoả đk)xk4444II1ĐK: n  2; n   ;12Cn0 2Cn112 2 1 x C12k x 24x k024  6 k  0  k  412  k  109  1  2n  n(n  1)  109  n  12x 4 k 12 C12k x 246k0,25(2đ)0,250,25k 0Vậy số hạng không đựng x là2An20,254C120,250,25 495Gọi số đề xuất tìm là a1a2 a3 a4 a5 a6 .Theo đề ra, ta có:a1  a2  a3  a4  a5  a6  1  2  a1  a2  a3   a1  a2  a3  a4  a5  a6  10,25 2  a1  a2  a3   21  1  a1  a2  a3  11+TH 1: a1 ; a2 ; a3   2;4;5 thì a4 ; a5 ; a6   1;3;6 nên gồm (1.2!).(3!) = 12 (số)+TH 2: a1 ; a2 ; a3   2;3;6 thì a4 ; a5 ; a6   1;4;5 nên tất cả (1.2!).(3!) = 12 (số)20,50 +TH 1: a1; a2 ; a3   1;4;6 thì a4 ; a5 ; a6   2;3;5 nên gồm (1.2!).(3!) = 12 (số)Theo luật lệ cộng, ta có: 12 + 12 + 12 = 36 (số)III1A là thay đổi cố “Trong 3 quyển sách đem ra, có tối thiểu một quyển sách toán”.A là đổi thay cố “Trong 3 quyển sách rước ra, không tồn tại quyển sách toán nào”.P( A ) C833C120,501455P ( A)  1  p ( A )  1 20,25(2đ)14 4155 55B là trở thành cố “Trong 3 quyển sách đem ra, gồm đúng hai nhiều loại sách về nhì môn học”0,500,50 B  C41C52  C42C51  C41C32  C42C31  C52C31  C51C32  145P B 1453C1229440,50IV(1đ)Gọi I là chổ chính giữa của (C) thì I(1; 2) với R là nửa đường kính của (C) thì R = 2. 3 7 1 3Gọi A là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vectơ v   ;  , suy ra A  ; 2 22 20,25 4 1Gọi B là trung khu của (C’) thì B là hình ảnh của A qua phép vị tự trọng tâm M  ;  tỉ số k  23 35   x B  2 x A  x M 3 . Vậy B  5 ; 20 nên : MB  2 MA  143 3 y  2y  y AM B3Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 45320,252Vậy (C ") :  x     y 0,2520   163 0,25V(2đ)SGN0,50QMJAKDPIOFBE1CGọi I, J theo lần lượt là trung điểm của AB và AD, ta có:0,50SM 2 SN  MN / / IJSI3 SJMà IJ  ( ABCD ) yêu cầu suy ra MN // (ABCD).20,50+ Qua E vẽ mặt đường thẳng tuy nhiên song với BD cắt CD tại F, cắt AD trên K.+ KN giảm SD trên Q, KN giảm SA tại G; GM giảm SB tại P.Suy ra ngũ giác EFQGP là thiết diện cần dựng.HẾT30,50 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm họcMôn TOÁN Lớp 11 – Nâng caoThời gian làm bài xích 90 phútĐề số 2Câu I: (3đ) Giải những phương trình sau :1) (1đ) sin3 x  3 cos3x  12x   2  3  cos x  2sin3) (1đ)2 cos x  12) (1đ) 4 cos3 x  3 2 sin2 x  8cos x   2 4  1Câu II: (2đ)n1) (1đ) Tìm thông số của x311 1trong khai triển của  x  2  , hiểu được Cnn  Cnn1  An2  821 .2x 2) (1đ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 rất có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn cónăm chữ số khác nhau và trong thời hạn chữ số đó gồm đúng hai chữ số lẻ với hai chữ số lẻ này không đứngcạnh nhau.Câu III: (2đ) tất cả hai loại hộp chứa các quả cầu, hộp thứ nhất gồm 3 quả cầu white color và 2 quả cầu màuđỏ; hộp sản phẩm công nghệ hai gồm 3 trái cầu white color và 4 quả mong màu vàng. Lấy tự dưng từ mỗi hộp ra 2 quảcầu. Tính tỷ lệ để :1) (1đ) trong 4 quả mong lấy ra, có ít nhất một quả ước màu trắng.2) (1đ) trong 4 quả cầu lấy ra, gồm đủ cả tía màu: trắng, đỏ cùng vàng.22Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, mang lại đường tròn (C ) :  x  2    y  1  9 . điện thoại tư vấn f là phép biến 4 11 3hình tất cả được bằng cách sau: tiến hành phép đối xứng chổ chính giữa M  ;  , rồi mang lại phép vị tự chổ chính giữa N  ;  , 3 32 2tỉ số k  2 . Viết phương trình ảnh của con đường tròn (C) qua phép biến hình f .Câu V: (2đ) đến hình chóp S.ABCD tất cả đáy ABCD là hình thang (AD // BC, AD > BC). điện thoại tư vấn M là mộtđiểm ngẫu nhiên trên cạnh AB ( M khác A với M không giống B). Call (  ) là khía cạnh phẳng qua M và tuy vậy song vớiSB và AD.1) (1đ) khẳng định thiết diện của hình chóp lúc cắt vày mặt phẳng (  ). Thiết diện này là hình gì ?2) (1đ) chứng tỏ SC // (  ).--------------------Hết------------------Họ cùng tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1SBD :. . . . . . . . . . ÑAÙP AÙN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm họcMôn TOÁN Lớp 11 – Nâng caoThời gian làm bài xích 90 phútĐề số 2CâuI1Nội dungĐiểm(3đ)0,50131sin3 x cos3 x   sin  3x    sin222360,25 23x    k 2x   k3 6633x    5  k 2 x  7  k 23618320,25pt  4 cos3 x  6 2 sin x cos x  8cos x  cos x 2cos2 x  3 2 sin x  4  0 cos x  02 2sin x  3 2 sin x  2  0 (*)cos x  0  x 320,25 k2x   k 22sinx4(*)   sin x 232 x    k 2sin x  2 (lo¹i)41Điều kiện: cos x   x    k 223pt  2  3 cos x  1  cos  x    2 cos x  1  sin x  3 cos x  0  chảy x  320,250,5030,25 kĐối chiếu điều kiện, ta tất cả nghiệm của pt là: x 4 k30,25(2đ)ĐK: n  2; n  Cnn  Cnn1 n  n  11 2An  821  1  n  821  n2  n  1640  0  n  4022310,250,254040401 k 40 k 2 kk 403kx  C40x x  2    C40 xx k 0k 040  3k  31  k  330,25tan x  3  x II10,253C40 9880Vậy thông số của x là+ Số tự nhiên và thoải mái chẵn bao gồm 5 chữ số không giống nhau và gồm đúng nhị chữ số lẻ có:5C52C42 4! 4C52C313!  6480 (số)+ Số tự nhiên và thoải mái chẵn tất cả 5 chữ số không giống nhau và gồm đúng nhị chữ số lẻ đứng cạnh nhau có0,250,250,250,505  A52  3  A42  4  A52  2  3  3120 (số)Suy ra có: 6480 – 3120 = 3360 (số)III10,25(2đ)0,25  C52  C72  2102 Gọi A là biến hóa cố “Trong 4 quả ước lấy ra, có ít nhất một quả cầu màu trắng”.A là trở nên cố “Trong 4 quả ước lấy ra, không có quả ước màu trắng”.0,50C22C421P A 21035  Suy ra: phường  A   1  phường A  1 20,251 3435 35Gọi B là đổi thay cố “Trong 4 quả ước lấy ra, tất cả đủ cả tía màu: trắng, đỏ cùng vàng”.+Trường vừa lòng 1: 1 trắng, 1 đỏ ở vỏ hộp một; 2 kim cương ở vỏ hộp hai tất cả C21C31 C42 (cách)0,75+Trường thích hợp 2: 2 đỏ ở hộp một; 1 vàng, 1 white ở vỏ hộp hai có C22 C31C41 (cách)+Trường đúng theo 3: 1 đỏ, 1 trắng ở vỏ hộp một; 1 vàng, 1 white ở hộp hai có C31C21 C41C31 (cách) Suy ra:  B  C12C31 C42  C22 C31C41  C31C21 C41C31  120Suy ra: p  B  0,25120 4210 7IV(1đ)Gọi I là trung ương của (C) thì I(2 ; 1) với R là bán kính của (C) thì R = 3.4121Gọi A là ảnh của I qua phép đối xứng trung ương M  ;  , suy ra A  ;  33 3312Gọi B là trọng điểm của (C’) thì B là hình ảnh của A qua phép vị tự tâm N  ;5   x B  2 x A  x N 6 . Vậy B  5 ;  13 NB  2 mãng cầu  6 6 y  2 y  y   13AN B6Gọi R’ là bán kính của (C’) thì R’ = 2R = 6562Vậy (C ") :  x     y 3 tỉ số k  2 cần :20,250,250,25213   3660,25V(2đ)SNP0,50ADQMB1C( ) / / SB  ( )  (SAB )  MN / / SB,  N  SA SB  (SAB )( ) / / AD  ( )  (SAD )  NP / / AD ,  p.  SD AD  (SAD )0,50( ) / / AD ( )  ( ABCD )  MQ / / AD ,  Q  CD AD  ( ABCD )Vậy thiết diện là hình thang MNPQ (MQ // NP).2Ta có:DP AN AN AM AM DQDP DQ;; SC / / PQDS AS AS AB AB DCDS DC31,00 Mà PQ    cần suy ra SC / /   (đpcm).HẾT4 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm họcMôn TOÁN Lớp 11 – Nâng caoThời gian làm bài 90 phútĐề số 3Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình :1) 2sin( 2x + 150 ).cos( 2x + 150 ) = 123)2) cos2x – 3cosx + 2 = 02sin x  2 sin 2 x  5cos x2 sin x  20Bài 2 (0,75 điểm) Tìm giá chỉ trị lớn nhất và giá bán trị bé dại nhất của hàm số: y  3sin  3 x    4 cos  3 x  66Bài 3 (1,5 điểm)1) Tìm hệ số của số hạng cất x 31 trong triển khai biểu thức (3 x  x 3 )15 .2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số chẵn bao gồm bốn chữ số không giống nhau.Bài 4 (1,5 điểm) Một hộp cất 10 quả mong trắng cùng 8 quả mong đỏ, các quả ước chỉ khác biệt về màu. Lấyngẫu nhiên 5 quả cầu.1) gồm bao nhiêu cách lấy đúng 3 quả ước đỏ.2) kiếm tìm xác suất để mang được ít nhất 3 quả ước đỏ .Bài 5 (1,5 điểm) Trong phương diện phẳng toạ độ Oxy, mang lại hai điểm A(– 2; 3) , B(1; – 4); con đường thẳng d:3x  5y  8  0 ; mặt đường tròn (C ): ( x  4)2  ( y  1)2  4 . Call B’, (C) lần lượt là hình ảnh của B, (C) quaphép đối xứng trung khu O. điện thoại tư vấn d’ là hình ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ AB .1) kiếm tìm toạ độ của điểm B’, phương trình của d’ và (C) .2) search phương trình mặt đường tròn (C) hình ảnh của (C) qua phép vị tâm O tỉ số k = –2.Bài 6 (2,25 điểm) mang lại hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Hotline M, N lần lượt làtrung điểm của SA, SD với P là 1 trong điểm trực thuộc đoạn thẳng AB làm thế nào cho AP = 2PB .1) chứng tỏ rằng MN song song với mặt phẳng (ABCD).2) search giao tuyến đường của nhị mặt phẳng (SBC) với (SAD).3) tìm giao điểm Q của CD với khía cạnh phẳng (MNP). Khía cạnh phẳng (MNP) giảm hình chóp S.ABCD theomột tiết diện là hình gì ? .4) hotline K là giao điểm của PQ và BD. Chứng minh rằng tía đường thẳng NK, PM cùng SB đồng qui tạimột điểm.--------------------Hết------------------Họ với tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1SBD :. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm họcMôn TOÁN Lớp 11 – Nâng caoThời gian làm bài bác 90 phútĐề số 3BàiCâu12Hướng dẫn2sin( 2x + 150 ).cos( 2x + 150 ) = 1  sin(4x +300) = 1 4 x  300  900  k 360 0 , k  Z  x  150  k.900 , k  Zcos2x – 3cosx + 2 = 0 2cos2x – 1 – 3cosx + 2 = 0  2cos2x – 3cosx + 1 = 0 cos x  1 x  k 2 ,k  Z cos x  1 x    k 232sin 2 x  2 sin 2 x  5 cos2 x2sin x  2130Điểm0,51(1) x   4  m22, m,n  ZĐK : sin x  (*)2 x  5  n24Với điều kiện (*) ta có: (1)  sin2x – 4sinx.cosx – 5cos2x = 0 cosx = 0 không nhất trí phương trình (1)1 cosx ≠ 0 , chia hai vế của (1) đến cos2 x ta được: x   4  k x  arctan 5  kKết hợp với điều khiếu nại (*), ta được nghiệm của phương trình đã mang lại là: tung x  1(1)  tan2x – 4tanx – 5 = 0   tan x  5x (2k  1) , x  arctan 5  k , k  Z4y  3sin(3 x  )  4 cos(3 x  )  5sin  3 x     66634và sin =55Hàm số có giá trị bé dại nhất bằng – 5 lúc sin  3x       16với cos =20,75Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 khi sin  3 x       1631Tìm hệ số chứa x trong triển khai biểu thức ( 3x – x3 )15 .Số hạng tổng quát của khai trển trên là :1kkT  C15.(3 x )15k .( x 3 )k  C15.(1)k .315 k .x15 2 k cùng với 0 ≤ k ≤ 15 , k Z0,75Số hạng phải tìm đựng x31 phải 15 + 2k = 31  k = 8 ( thoả mãn)388 7Hệ số của số hạng buộc phải tìm là : C15.(1)8 .37 = C15.3  140733452Số yêu cầu tìm có dạng abcd , trong số ấy a , b , c , d  1,2,3, 4, 5,6,7và đôi một không giống nhau .20,75 Vì số cần lập là số chẵn buộc phải d  2, 4, 6Do kia chữ số d gồm 3 biện pháp chọn .Có A63 phương pháp chọn ba chữ số a, b, c .Vậy tất cả 3.A36  360 số thoả yêu thương câu bài toán .12 2520Số phương pháp lấy đúng 3 quả cầu red color là C83 .C100,5Không gian mẫu, (của phép thử tự dưng lấy 5 quả mong từ 18 quả mong khác5màu ) bao gồm số thành phần là : C18=8568Gọi A là trở thành cố lấy được tối thiểu 3 trái cầu red color .– Số bí quyết lấy được đúng 3 quả cầu red color là : 25204211 700– Số biện pháp lấy được 4 quả ước đỏ là C84 .C10– Số biện pháp lấy được 5 quả cầu đều màu đỏ là : C85  56Xác suất của biến hóa cố đem được ít nhất 3 quả caàu red color là :2520  700  56P ( A)  0,388568Ta bao gồm : B’ = (–1; 4), d’: –3x + 5y + 8 = 0Đường tròn (C) tất cả tâm I(–4 ; 1) và nửa đường kính R = 2Đường tròn (C’) có tâm I’(4 ; – 1) và R’ = 2  (C’) : (x – 4)2 + (y + 1)2 = 4510,75Gọi I’’ là trung khu của mặt đường tròn (C’’) , khi ấy OI ""  2OI nhưng OI  (4;1)20,75Suy ra OI ""  (8; 2)  I ""  (8; 2) và R’’ = 2R = 4Vậy (C’’) : (x – 8)2 + (y + 2)2 = 16SMNAPDKB1QC0,75I6234MN là con đường trung bình của tam giác SAD .Vì MN nằm làm ra phẳng (ABCD) và MN // AD đề xuất MN // (ABCD).Giao tuyến đường của hai mặt phẳng (SBC) với (SAD) là con đường thẳng trải qua S vàsong tuy vậy với AD .3/ tìm giao điểm Q của CD với khía cạnh phẳng (MNP). Khía cạnh phẳng (MNP) cắt hìnhchóp S.ABCD theo một tiết diện là hình gì ? .Ba khía cạnh phẳng (MNP), (SAD) cùng (ABCD) giảm nhau theo ba giao tuyến MN, PQ,AD, đôi khi MN //AD nên bố đường trực tiếp PQ, MN, AD đôi một songsong .Trong khía cạnh phẳng (ABCD), qua điểm p kẻ đường thẳng tuy nhiên song với AD, cắtCD tại Q. Điểm Q là giao điểm cần tìm.Trong mặt phẳng (SAB), hai tuyến đường thẳng SB với PM không tuy nhiên song nênchúng cắt nhau trên I .Suy ra I là vấn đề chung của nhì mặt phẳng (MNP) với (SBD) .Lại có (SBD) với (MNP) giảm nhau theo giao con đường KN đề nghị điểm I cần thuộc30,250,750,5