Đề thi sát hạch lần 1 năm học 2017 – 2018 môn Toán 11 trường THPT Thanh Miện – Hải Dương

Giới thiệu Đề thi sát hạch lần 1 năm học 2017 – 2018 môn Toán 11 trường THPT Thanh Miện – Hải Dương

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi sát hạch lần 1 năm học 2017 – 2018 môn Toán 11 trường THPT Thanh Miện – Hải Dương mới nhất.

Tài liệu Toán 11 và các đáp án, hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Đề thi sát hạch lần 1 năm học 2017 – 2018 môn Toán 11 trường THPT Thanh Miện – Hải Dương

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 11 tại đây

SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT THANH MIỆN ĐỀ THI SÁT HẠCH LẦN 1 NĂM HỌC 2107 – 2018 MÔN: TOÁN 11 Thời gian làm bài: …… phút Câu 1(3 điểm).  a) Giải phương trình: 2sin(x  )  3  0 . 6 b) Giải phương trình: (sinx  cos x) 2  3 cos 2 x  3 . 1  sinx  cos x  sin 2 x  cos 2 x c) Tìm nghiệm thuộc (0; 2 ) của phương trình: 0 . tan x  3 sin 20 x  cos 20 x sin 6 x  cos 6 x .  d) Giải phương trình: 4 sin 2 2 x  4cos 2 2 x Câu 2(1 điểm). Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: Cn1 .Cnn1  2Cn1Cn3  Cn3Cnn3  225 . Câu 3(2 điểm). a) Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước. b) Đội văn nghệ của trường THPT Thanh Miện có 20 học sinh gồm 8 nam và 12 nữ. Nhân dịp ngày nhà giáo Việt Nam 20/11, đoàn trường cần chọn 10 học sinh trong đội để tham gia biểu diễn một tiết mục văn nghệ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho số học sinh nam không lớn hơn 3. 9 x 2  4 y 2  36  Câu 4(0,5 điểm). Giải hệ phương trình:   x 3 4 3 . 3  y3  x  3 y  2  27 2  2 Câu 5(2,5 điểm). Trong hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M  2;3 , đường thẳng d có phương trình x  y  2  0 , đường tròn (C) có phương trình x 2  y 2  4 x  6 y  3  0 .  a) Tìm ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo véc tơ u  3;1 . b) Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O, góc quay bằng 900 . c) Viết phương trình đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm M, tỉ số bằng 2 . Câu 6(1 điểm). a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : 2 x  3 y  3  0 và d 2 : 5 x  2 y  17  0 . Đường thẳng d đi qua giao điểm của d1 và d 2 cắt hai tia Ox, Oy AB 2 nhỏ nhất. lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho 2 S OAB b) Cho a, b, c là các số thực khác nhau thỏa mãn a  b  c  1 và ab  bc  ca  0. Tìm giá 2 2 2 5    trị nhỏ nhất của biểu thức: P  . a b bc ca ab  bc  ca ———————————-Hết———————————Họ và tên : ……………………………………………………………… Số báo danh: …………………….. Câu 1a – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM Nội dung   3 PT : 2sin(x  )  3  0  sin(x  )  6 6 2     x  6  3  k 2   x    2  k 2  6 3    x  6  k 2   x    k 2  2    x  6  k 2 Vậy phương trình có nghiệm   x    k 2  2 2 PT: (sinx  cos x)  3 cos 2 x  3  sin 2 x  3 cos 2 x  2 –  –  2x  – x –   x   k cos x  0  2 ĐK :    tan x  3  x    k  3 – – – 1b 1c 1d – – 1 3  sin 2 x  cos 2 x  1  sin(2 x  )  1 2 2 3  3  12   2  k 2  x   12  k  k  2  k ; x   k 2 . 4 3  2  k ; x   k 2 Kết hợp với điều kiện có nghiệm x  4 3 3 7 2 ; x ; x Do nghiệm thuộc (0;2 ) nên x  4 4 3 20 20 2 2 sin x  cos x sin x  cos x 1   Ta có: 4 4 4 3 1  sin 2 2 x 1 sin 6 x  cos6 x 1 4 Và   nên VT   VP 2 2 2 4 sin 2 x  4cos 2 x 4  3sin 2 x 4 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 PT  (sinx  cos x)(2cos x  1)  0  x  0,25 0,25 2a 3a –  Cn1 .Cn1  2Cn1Cn3  Cn3Cn3  225   Cn1  Cn3   225 0,25 –  Cn1  Cn3  15 0,25 –  n 0,25 – Số cách chọn 1 nam và 9 nữ là: C81 .C129  1760 . – Số cách chọn 2 nam và 8 nữ là: C82 .C128  13860 . – Số cách chọn 3 nam và 7 nữ là: C83 .C127  44352 . Tổng số cách chọn là: 66  1760  13860  44352  60038 . x  sin t 2 2  x  2sin t x y  2 Phương trình (1)  .    1 ; đặt  4 9  y  3cos t  y  cos t  3  k 2 . Thay vào PT (2) ta được: sin 3t  3.cos3t  2  t   18 3 Biểu diễn họ nghiệm trên đường tròn lượng giác ta được 3 điểm ứng với  13 25 k  0;1; 2 nên chọn t  ; t  . ;t  18 18 18   13  25   x  2sin 18  x  2sin 18  x  2sin 18 ; ; . Nên hệ có 3 nghiệm   y  3cos   y  3cos 13  y  3cos 25  18  18  18 x ‘  x  a Theo biểu thức tọa độ phép tịnh tiến  . y’  y  b  M  2;3 ; u  3;1 ,Gọi M’ là ảnh của M thì M ‘  5; 4  . – – – – 5c n  n  1 n  2  – – – 5b 2  15 6 Giải được n  5 . Mỗi cách chọn 5 chữ số khác nhau từ 8 chữ số đã cho là 1 tổ hợp chập 5 của 8 phần tử. Số cách chọn 5 chữ số khác nhau từ 8 chữ số trên là C85  56 . Với mỗi bộ 5 chữ số được chọn đó, sắp sếp chúng theo thứ tự tăng dần ta được 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nên lập được tất cả là 56 số. Số học sinh nam được chọn không lớn hơn 3 nên cần chọn 0,1,2,3 nam. Số cách chọn 0 nam và 10 nữ là: C1210  66 . 4 5a 0,25 – 3b  x  k 20 2 sin x  sin x  Dấu bằng khi  20 2  x    k cos x  cos x 2  1 n 1 1 3 3 n 3 Cn .Cn  2Cn Cn  Cn Cn  225 điều kiện n  3 . – Lấy A  0;2  thuộc d thì ảnh của A qua phép quay là A ‘  2;0  . – Do góc quay bằng 90 nên d ‘  d . Phương trình d’ là: 1 x  2   1 y  0   0  x  y  2  0 . – 0 Đường tròn (C) có tâm I  2; 3 , bán kính R  4 . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 6a –   Ảnh của tâm I qua phép vị tự là I ‘  x; y  , từ MI ‘  2 MI  I ‘  10;15  . Đường tròn (C’) có bán kính R ‘  2 R  8 . 2 2 Phương trình đường tròn (C’) là  x  10    y  15   64 . Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2  I (3 ; 1) . – Giả sử A(a ; 0) và B (0 ; b) với a, b  0 thì d : – Vì I  d  – Ta có x y   1. a b 0,25 0,25 0,25 3 1  1 a b AB 2 OA2  OB 2 1  1  1  1  4.  4.    4 2  2  2 2 2 2 2  S OAB OA .OB  OA OB  a b  2 1 1 1  1 1  3 1 – Áp dụng Bunhia: (3  1 )  2  2       1  2  2  a b 10 a b  a b 10 3 1  AB 2 2    1 a  – Min  khi  a b  3 2 5 S   OAB  3a  b  b  10 – Khi đó đường thẳng d có phương trình 3x  y  10  0 . 2 6b 2 – Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a > b > c. – Khi đó: A = – Sử dụng bất đẳng thức :  Ta có: 2( 0,25 2 2 2 5 .    a b bc a c ab  bc  ca 1 1 4 2 2    (m, n  0) m n mn m2  n2 0,25 1 1 2 5 10 10  )    a b bc a c ab  bc  ca a  c 2 ab  bc  ca 20 2 (a  c) 2  4  ab  bc  ca  Lại có: 3(1  b)(1  3b)   20 2  a  c  a  c  4b  (3  3b  1  3b) 2  4 suy ra: 4 = 20 2 1  b 1  3b  1  b 1  3b   (1) 2 3 (2) 3 Từ (1) và (2) ta có : A  10 6 . 2 6 1 2 6 Đẳng thức xảy ra  a  hoặc các hoán vị. ,b  ,c  6 3 6 Vậy GTNN của A là 10 6 0,25
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top