Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 11 số 12

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI HỌC KỲ I SỐ 12 NĂM HỌC 2014- 2015
ĐỀ 12 Thời gian làm bài:90phút(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (3.0 điểm):
1.(1,0 điểm): Tìm tập xác định của hàm số lượng giác sau:
2sin 2013
3tan 3
x
y
x
+
=
−
2.(1,0 điểm): Giải phương trình lượng giác sau:
( )
2
2
2
sin cos 2sin
2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x x
x
π π
+ −
 
   
= − − −
 ÷  ÷

 
+
   
 
3.(1,0 điểm): Giải phương trình lượng giác sau:
sin 2 x cos2x 3sin x cos x 1
0
3
cos x
2
− + − −
=
−
Câu 2,0(3,5 điểm):
1.(1,0 điểm):Từ các số tự nhiên từ 0;1;2;3;4;5;6;7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi
một khác nhau và là số chẵn.
2.(1,0 điểm): Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển của
3
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
biết n là số tự nhiên thỏa mãn
đẳng thức:
1 2 3
4095

n
n n n n
C C C C
+ + + + =
3. (1,5 điểm): Có hai hộp đựng bi, hộp thứ nhất chứa 4 bi đỏ và 6 bi trắng, hộp thứ 2 chứa 5 bi đỏ và 5 bi
trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 viên bi.
a. (0,75 điểm): Tính xác suất để hai viên bi lấy được có màu đỏ.
b.(0,75điểm): Tính xác suất để hai viên bi lấy được khác màu.
Câu 3(3,0 điểm):
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O.
1.(1,0 điểm): Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
2.(1,0 điểm): Gọi G là trọng tâm tam giác SBC và I là điểm thuộc đoạn BO sao cho
2BI IO=
. Chứng
minh rằng IG song song với mặt phẳng (SAD).
3 .(1,0 điểm): Gọi (
α
) là mặt phẳng qua O và song song với hai đường thẳng CD và SA. Xác định thiết
diện khi cắt hình chóp bởi mặt phẳng (
α
). Thiết diện là hình gì ?
Câu 4(0,5 điểm) Với n là số nguyên dương, chứng minh hệ thức

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2
1 2 3 1
2
2 3 1

2
n n n
n n n n n n
n
C C C n C n C C
−
+ + + + − + =
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN- 11 KÌ 1 NĂM HỌC 2014-2015
Câu Hướng dẫn chấm Điểm
Câu I
1) Hàm số
2sin 2013
3tan 3
x
y
x
+
=
−
xác định khi và chỉ khi:
cos 0
2
2
;
3
3tan 3 0
tan
6
3

x k
x k
x
k
x
x k
x
π
π
π
π
π
π


≠ +
≠ +


≠

  
⇔ ⇔ ∈
  
− ≠


 
≠ +
≠





¢
Vậy, tập xác định của hàm số đã cho là:
\ ; ;
2 6
D k k k
π π
π π
 
= + + ∈
 
 
¢¡
0,5
0,5
2) Giải pt lượng giác.
( )
2
2
2
sin cos 2sin
2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x x
x

π π
+ −
 
   
= − − −
 ÷  ÷
 
+
   
 
Điều kiện xác định
sin 0x
≠
hay
;x k k
π
≠ ∈Z
Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
2
cos2 sin 2 sin 2 cos 2 sin cos 2 sin 1 0
4 4
x x x x x x x
π π
   
+ = − ⇔ − − =
 ÷  ÷
   
( )
3

cos 2 0
8 2
,
4
2
sin 1 0
2
k
x
x
k m Z
x m
x
π π
π
π
π


 
= +

− =
 ÷

⇔ ⇔ ∈

 



= +
− =



So với điều kiện nghiệm của phương trình là
( )
3
; 2 ; ,
8 2 2
k
x x m k m Z
π π π
π
= + = + ∈
0,25
0,25
0,5
3) Giải pt lượng giác:
sin 2 x cos 2x 3sin x cos x 1
0
3
cos x
2
− + − −
=
+
ĐK:
3 3
cos 0 cos 2 ;

2 2 6
x x x k k
π
π
− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ± + ∈¢
.
Với điều kiện trên pt tương đương với:
sin 2 x cos2x 3sin x cos x 1 0 (sin 2x cos x) (cos 2x 3sinx 1) 0
cosx(2sinx 1) 2sinx 1 0 ;sinx cosx 2 0(sinx 2)(2 sinx 1) 0
(sinx cosx 2)(2sinx 1) 0 2sinx 1 0 ;sinx cosx 2 0
− + − − = ⇔ − − − + =
⇔ − + − = + + = + − =
⇔ + + − = ⇔ − = + + =
TH1:
sinx cosx 2 0 (PTVN)+ + =
TH2:
1 5
2sinx 1 0 sin x x k2 ;x k2 ,k
2 6 6
π π
− = ⇔ = ⇔ = + π = + π ∈¢
Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm của PT là:
5
x k2 ;k
6
π
= + π ∈¢
0,25
0,25
0,25

0,25
Câu II
B1: Ta tìm các số có dạng
abc
thỏa mãn ycbt và a có thể bằng 0.
Chọn c có 4 cách, ứng với mỗi cách chọn c có
2
7
A
cách chọn a và b. Vậy có
2
7
4A
số.
B2: Ta tìm các số có dạng
0bc
thỏa mãn ycbt.
Chọn c có 3 cách, ứng với mỗi cách chọn c có 6 cách chọn b. Vậy có 3x6 = 18 số.
Theo quy tắc phần bù có:
2
7
4 18 150A − =
số tmycbt.
0,25
0,25
0,5
2) Ta có:
0 1 2 1 0 1 2 1
4095 4096
n n n

n n n n n n n n n
C C C C C C C C C
− −
+ + + + = ⇔ + + + + + =
2 4096 12
n
n⇔ = ⇔ =
Với n = 12, ta có khai triển
12
3
2x
x
 
−
 ÷
 
có số hạng tổng quát là:
( )
k
k
12 k 12 k 12 2
12 12
3
(2 x) . 2 . 3
k k k
C C x
x
− − −
−
 

= −
 ÷
 
.
0,5
0,25
Số hạng này độc lập với x kcvk
12 2 0 6k k− = ⇔ =
Vậy số hạng độc lập với x của khai triển trên là:
( )
6
6 6
2 . 3 6− =
0,25
3a) Không gian mẫu có số phần tử là:
1 1
10 10
. 100.C CΩ = =
Gọi A là biến cố: “Hai viên bi lấy được có màu đỏ”, suy ra:
A
“hai viên bi lấy ra không
có màu đỏ” hay cả hai viên bi lấy ra đều màu trắng.
Do đó
1 1
6 5
. 30.
A
C CΩ = =
Vậy
30 3 3 7

(A) ( ) 1 (A) 1
100 10 10 10
A
P P A P
Ω
= = = ⇒ = − = − =
Ω
0,25
0,5
0,25
3b) Gọi B là biến cố “hai viên bi lấy được khác màu” tức là viên 1 màu đỏ viên 2 màu
trắng hoặc ngược lại, ta có:
1 1 1 1
4 5 6 5
. . 50
B
C C C CΩ = + =
Vậy xác suất của biến cố B là:
50 1
( )
100 2
B
P B
Ω
= = =
Ω
0,5
0,5
Câu
III

1)
- Ta có S là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
- Ta có:
( )
( )
/ / (gt)
SAB AB
SCD CD
AB CD
⊃


⊃



, do đó giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường
thẳng Sx đi qua S và song song với AB và CD. (như hình vẽ)
0,25
0,75
2) Từ giả thiết suy ra I là trọng tâm của tam giác ABC.
Trong mặt phẳng (SAM) ta có:
1
/ /
3
MI MG
IG SA
MA MS
= = ⇒
Mà

( ) / /( )SA SAD IG SAD⊂ ⇒
0,25
0,5
0,25
3) Xác định thiết diện.
- Mặt phẳng (ABCD) chứa điểm có điểm chung với mặt phẳng (
α
) là O.
Do CD// (
α
) mà (ABCD) chứa CD nên giao tuyến của (ABCD) và (
α
) là đường thẳng
đi qua O và song song với CD cắt BC tại M và AD tại N.
- Lập luận tương tự, trong mặt phẳng (SAD) kẻ đường thẳng qua N song song với SA
cắt SD tại P.
- Trong mặt phẳng (SCD) kẻ đường thẳng đi qua P cắt SC tại Q, khi đó thiết diện là tứ
giác MNPQ.
- Từ cách dựng suy ra thiết diện là hình thang MNPQ có đáy bé PQ bằng nửa đáy lớn
MN.
0,25
0,5
0,25
Câu 4
Chứng minh
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2
1 2 3 1

2
2 3 1
2
n n n
n n n n n n
n
C C C n C n C C
−
+ + + + − + =
Đặt
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
0. 1. 2 3 1
n n
n n n n n n
S C C C C n C n C
−
= + + + + + − +
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
2 .
n n
n n n n n n
S n C C C C C C
−

 
= + + + + + +
 
 
Khai triển hai nhị thức
( ) ( )
1 1
n n
x x+ +
và
( )
2
1
n
x+
rồi so sánh hệ số của x
n
ta được
0,5
( )
2
0 1 2 1 2 1 2 2
2 22 2 2
1
n
n n n n
n
n n
nn n n
C xx C C x C x C x

− −
+ = + + + + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
2

n n n
n n n n n n n
C C C C C C C
−
+ + + + + + =
từ đó suy ra ĐPCM