- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 11 số 4
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (194.27 KB, 3 trang )
SỞ GD & ĐT THANH HÓA KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2014-2015
Đề 4 Môn toán
Thời gian:90 phút
Câu 1 ( 3,0 điểm). Giải phương trình lượng giác:
1.
sin 1
cot 2.
1 cos 1 cos
x
x
x x
+ + =
+ −
2.
+ − =
3 cos4 sin 4 2cos3 0x x x
3. 2cos2x + sinx - sin3x = 0
Câu 2 ( 2,0 điểm).
1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :
÷
+
12
2
4
1
x
x
2. T×m hÖ sè cña x
7
trong khai triÓn nhị thức
n
x
x
+
3
4
1
2
, (
0x
≠
) biÕt r»ng
n
lµ sè tù nhiªn tháa
m·n:
1122
22
=++ nAC
nn
.
Câu 3 ( 3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O , gọi
M, N lần lượt là trung điểm CD, AB và K là một điểm trên SA sao cho 3SK = SA.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD)
b)Tìm giao điểm của SD và (MNK)
c)Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNK), thiết diện này là hình gì?
Câu 4. (1,0 điểm)
Từ một hộp có 2 quả cầu trắng, 3 quả cầu xanh và 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 5 quả cầu. Tính
xác suất sao cho 5 quả cầu lấy ra có ít nhất 1 quả cầu đỏ.
Câu 5(1,0 điểm) Cho tập
{ }
0,1,2,3,4,5,6,7 .A =
Từ tập
A
có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên
có 5 chữ số sao cho các chữ số đôi một khác nhau và trong 3 chữ số hàng chục nghìn, hàng nghìn, hàng
trăm phải có một chữ số bằng 1.
1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 4
Câu Nội dung Điểm
1.1
Giải phương trình lượng giác: 1.
sin 1
cot 2.
1 cos 1 cos
x
x
x x
+ + =
+ −
1,0
Điều kiện:
cos 1, sin 0 , .x x x k k
π
≠ ± ≠ ⇔ ≠ ∈Z
Phương trình đã cho tương đương với:
2
sin sin cos 1 cos cos
2
sin
sin
x x x x x
x
x
− + +
+ =
2
sin cos 1 2sin sin cos cos2 0 (sin cos )(1 cos sin ) 0.x x x x x x x x x x⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + − =
*)
sin cos 0 ,
4
x x x k
π
π
+ = ⇔ = − +
.k
∈
Z
*)
2
1
1 cos sin 0 sin
2
4
2
2 , .
x k
x x x
x k k
π
π
π
π π
= +
+ − = ⇔ − = ⇔
÷
= + ∈
Z
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
, 2 , .
4 2
x k x k k
π π
π π
= − + = + ∈ Z
1.2
Giải phương trình lượng giác:
+ − =
3 cos4 sin 4 2cos3 0x x x
1,0
Ta có: 2cos2x + sinx - sin3x = 0
⇔
2cos2x – (sin3x – sinx)=0
⇔
2cos2x -2 cos2x.sinx =0
⇔
2cos2x.( 1- sinx) =0
⇔
2
cos 2 0
2
sin 1
2
2
x k
x
k Z
x
x k
π
π
π
π
= +
=
⇔ ∈
=
= +
⇔
4 2
2
2
k
x
k Z
x k
π π
π
π
= +
∈
= +
Kết luận nghiệm
1.3
Giải phương trình lượng giác: 2cos2x + sinx - sin3x = 0
1,0
Ta có
+ − =
3 cos4 sin 4 2cos3 0x x x
⇔
+ =
3 cos4 sin 4 2cos3x x x
⇔
+ =
3 1
cos4 sin 4 cos3
2 2
x x x
⇔
π
+ =
cos(4 ) cos3
6
x x
⇔
4 3 2 2
6 6
2
4 3 2
6 42 7
x x k x k
k Z k Z
k
x x k x
π π
π π
π π π
π
+ = + = − +
∈ ⇔ ∈
+ = − + = − +
Kết luận
2.1
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :
÷
+
12
2
4
1
x
x
1,0
( )
12
12 12
12
2 2 4 24 6
12 12
4
0 0
1
k
k k k k
k k
x C x x C x
x
−
− −
= =
+ = =
÷
∑ ∑
(ĐK : 0
12k
≤ ≤
k
∈
N)
Để số hạng không chứa x thì:
24 6 0 4k k
− = ⇔ =
(nhận)
Vậy số hạng không chứa x là
4
12
495C
=
2.2
T×m hÖ sè cña x
7
trong khai triÓn nhị thức
n
x
x
+
3
4
1
2
, (
0x ≠
) biÕt r»ng
n
lµ sè tù nhiªn
tháa m·n:
1122
22
=++ nAC
nn
.
1,0
Điều kiện:
, 2.n N n∈ ≥
2
2 2
( 1)
2 112 2 ( 1) 112
2
n n
n n
C A n n n n
−
+ + = ⇔ + − + =
2
32
5 3 224 0 7 ; 7
5
n n n n n⇔ − − = ⇔ = = − ⇒ =
(thỏa mãn điều kiện)
Ta có:
4 4 7 7 28 7
7 7
3 3
0 0
1 1
2 (2 ) 2
n k
n n
k k k k k
k k
x C x C x
x x
− − −
= =
+ = =
÷ ÷
∑ ∑
Hệ số của số hạng chứa
7
x
trong khai triển là
7
7
2
k k
C
−
, trong đó:
28 7 7 3k k− = ⇔ =
Vậy hệ số của số hạng chứa
7
x
trong khai triển là
5602C
43
7
=
3.a Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O , gọi M, N lần lượt là trung
điểm CD, AB và K là một điểm trên SA sao cho 3SK = SA.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD)
1,0
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD)
S
∈
(SAC)
∩
(SBD)
Chứng minh O
∈
(SAC)
∩
(SBD).
Suy ra (SAC)
∩
(SBD)=SO
3.b Tìm giao điểm của SD và (MNK) 1,0
Tìm giao điểm của SD và (MNK)
Ta có K
∈
(SAD)
∩
(MNK)
MN// AD mà MN
⊂
(MNK) và AD
⊂
(SAD)
Suy ra (SAD)
∩
(MNK)=KQ với KQ// MN //AD và Q
∈
SD
Vậy SD cắt (MNK) tại Q
3.c Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNK), thiết diện này là hình gì? 1,0
Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNK).
Chỉ ra các đoạn giao tuyến của (MNK) với các mặt hình chóp
Kết luận thiết diện cần tìm là hình thang MNQK
4
Từ một hộp có 2 quả cầu trắng, 3 quả cầu xanh và 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên đồng thời
5 quả cầu. Tính xác suất sao cho 5 quả cầu lấy ra có ít nhất 1 quả cầu đỏ.
1,0
( )
C
n
5
10
=Ω
Gọi A là biến cố: “Có ít nhất 1 quả cầu đỏ” Vậy
A
là biến cố: “Không có
quả cầu đỏ” n(
A
) =
C
5
5
P(
A
) =
252
1
P(A) =1 – P(
A
) =
252
251
5
Cho tập
{ }
0,1,2,3,4,5,6,7 .A =
Từ tập
A
có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 5
chữ số sao cho các chữ số đôi một khác nhau và trong 3 chữ số hàng chục nghìn, hàng nghìn,
hàng trăm phải có một chữ số bằng 1.
1,0
Xét các số dạng:
abcde
(kể cả a=0)
+ Có 3 cách chọn vị trí cho số 1. + 4 vị trí còn lại có
4
7
A
cách chọn
Như vậy có 3.
4
7
A
=2520 số thỏa mãn yêu cầu bài toán ( kể cả số đứng đầu bằng 0)
Số các số có dạng:
0bcde
là: 2.
3
6
A
=240 số
Số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2520 - 240 = 2280 số.
3
