Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 11 số 5

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM 2014-2015
SỐ 5 Môn: Toán 11
(Thời gian làm bài 90 phút)
Ngày 06 tháng 12 năm 2014
Câu I: (1,0 điểm) Tìm tập xác định của các hàm số sau:
1)
sin
1 cos
x
y
x
=
−
2)
2
1 sin
cos
x
y
x
+
=
Câu II: (3,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1)
.sin)sin(cos322cossin)1(tan
2
xxxxxx +=+++
2)
2
cos2 sin sin 1 0x x x
+ − + =

3)
3sin5x+cos5x+ 3 os2x-sin2x=0c
Câu III: (2,0 điểm)
1) Một bình chứa 11 viên bi. Trong đó có 5 viên bi màu xanh, 6 viên bi màu đỏ (các viên bi
chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ bình.
Tính xác suất để lấy được ít nhất 1 viên bi màu xanh.
2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức:
18
3
3
1
x
x
 
+
 ÷
 
Câu IV: (1,0 điểm)
Tìm tổng tất cả các nghiệm x ∈ [1;100] của phương trình:

4 4 4 4 4
3 3
sin sin ( ) sin ( ) sin ( ) 4
4 2 4 2
x x x x sin x
π π π
+ + + + + + =
Câu V: (3,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm
( )

1;2A
và đường thẳng
: 2 5 0d x y
+ − =
a. Tìm ảnh của điểm
( )
1;2A
qua Đ
ox

b. Tìm ảnh của đường thẳng
d
qua phép tịnh tiến
v
T
r
, với
( )
2;3v
r
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
của BC và CD. Gọi Q là điểm nằm trên cạnh SA ( Q không trùng S và A).
a. Chứng minh rằng:
//( )MN SBD
b. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (MNQ).
Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ 5
Câu Nội dung Điểm
I

1
Để hàm số xác định thì:
1 cos 0 cos 1 2 ,x x x k k
π
− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈
Z
0,25
Vậy:
{ }
π
= ∈
\ 2 ,D R k k Z
0,25
2
Tập xác định gồm các giá trị x thoả mãn:
2
1 sin
0
cos
x
x
+
≥
và
2
cos 0x
≠
. Do
2
1 sin 0, os 0x c x

+ ≥ ≥
nên điều kiện trên tương đương với
cos 0 ,
2
x x k k
π
π
≠ ⇔ ≠ + ∈
Z
0,25
Vậy:
π
π
 
= + ∈
 
 
\ ,
2
D R k k Z
0,25
II
1
1.
.sin)sin(cos322cossin)1(tan
2
xxxxxx +=+++
0,25
Điều kiện:
,0cos ≠x

hay
.
2
π
π
kx +≠
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
xxxxxx sin)sin(cos32sin21sin)1(tan
22
+=+−++
xxxxxx
22
sin6sin)sin(cos33sin)1(tan +−=+−⇔
2 2
2 2
(tan 1)sin 3cos2 3(cos sin )sin (tan 1)sin 3(cos sin )cos 0
(sin cos )(sin 3cos ) 0 (sin cos )(2cos 2 1) 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x x x
⇔ − + = − ⇔ − + − =
⇔ − − = ⇔ − + =
1
sin cos ;cos 2 ; ,
2 4 3
x x x x k x k k
π π
π π
⇔ = = − ⇔ = + = ± + ∈n
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm
∈+±=+= kkxkx ,

3
,
4
π
π
π
π
0,25
2
2,
+ − + = ⇔ − + − + =
2 2 2
cos2 sin sin 1 0 1 2sin sin sin 1 0x x x x x x
⇔ + − =
2
sin sin 2 0x x
0,25
Đặt
( )
sin 1t x t
= ≤
thì phương trình trên trở thành:
2
1
2 0
2(lo¹i)
t
t t
t
=


+ − = ⇔

= −

0,25
Với
1t
=
. Ta có:
( )
π
π
= ⇔ = + ∈
sin 1 2
2
x x k k Z
0,25
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
( )
π
π
= + ∈
2
2
x k k Z
0,25
3,
3sin5x+cos5x+ 3 os2x-sin2x=0c
π π π π π π

⇔
⇔
⇔ ⇔
3sin5x+cos5x+ 3 os2x-sin2x=0 3sin5x+cos5x=sin2x- 3 os2x
3 1 1 3
sin5x+ cos5x= sin2x- os2x
2 2 2 2
os sin5x+sin cos5x=cos sin2x-sin os2x sin(5x+ )=sin(2x- )
6 6 3 3 6 3
c c
c
c c
0,5
π π π π
π
π π π π
π π
 
= + +
 
⇔ ⇔ ∈
 
 
= − + +
 
 
¢
2
5x+ 2x- 2 x=-
6 3 6 3

( )
2
5x+ 2x+ 2 x=
6 3 6 7
k
k
k
k
k
0.25
KL 0.25
III 1a
Số cách lấy 3 viên bi trong bình là:
=
3
11
165C
(cách)
0.5
1b
Ta có:
( )
Ω =
165n
Gọi A là biến cố “Có ít nhất 1 viên bi màu xanh”
Thì
A
là biến cố “Không có viên bi màu xanh nào”
0,25
Khi đó:

( )
= =
3
6
20n A C
. Ta có:
( )
( )
( )
= =
Ω
20
165
n A
P A
n
0,25
Nên
( )
( )
= − = − ≈
20
1 1 0,8787
165
P A P A
Vậy: Xác suất để lấy được ít nhất 1 viên bi màu xanh là: 0,8787
0,5
2
Số hạng thứ
+

1k
T
trong khai triển có dạng:
( )
−
−
+
 
= =
 ÷
 
18
3 54 6
1 18 18
3
1
k
k
k k k
k
T C x C x
x
0,5
Nếu
+
1k
T
không chứa x thì:
− = ⇔ =
54 6 0 9k k

0,25
Vậy trong khai triển nhị thức đã cho, số hạng không chứa x là số hạng thứ 10. Ta có:
= =
9
10 18
48620T C
0,25
IV
Ta có PT
4 2
3 3
sin 4 sin 4 1 4 0 ,
2 2 8 4
x x cos x x k k Z
π π
⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈
0,5
§Ó x ∈ [1; 100] ta ph¶i cã: 1 ≤
8
π
+ k.
4
π
≤ 100 ⇔ 8 ≤ (2k+1) π ≤ 800
mµ k ∈ Z nªn k = 1, 2, 3 …….,126
Nªn tæng c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ: S =
∑∑
==
+=+
126

1
126
1
)12(
8
)21(
8
kk
kk
ππ
Ta cã
∑
=
+
126
1
)12(
k
k
lµ tæng cña 126 sè h¹ng cña cÊp sè céng cã u
1
= 3 vµ u
126
= 253
VËy S =
π
π
2016
2
126).2533(

.
8
=
+
0,5
V
1a Gọi
( ) ( )
O
' '; ' §
x
A x y A
=
. Khi đó:
( )
' 1
' 1; 2
' 2
x
A
y
=

⇒ −

= −

0,5
1b Gọi
( ) ( )

'' ''; '' T
v
A x y A
=
r
.Khi đó:
( )
'' 3
'' 3;5
'' 5
x
A
y
=

⇒

=

0,25
Gọi
( )
' T
v
d d
=
r
thì
' : 2 0d x y c
+ + =

Do
∈ + + = ⇔ = −
'' ' :3 2.5 0 13A d c c
.Vậy:
+ − =
' : 2 13 0d x y
0,25
2a Ta có
( )
// //( )
( )
MN SBD
MN BD MN SBD
BD SBD
⊄


⇒


⊂

0,5
2b
Trong mặt phẳng (ABCD), MN cắt AD, AB tại E, F ,Trong (SAD), EQ cắt SD tại P
Trong (SAB), FQ cắt SB tại R
Thiết diện của hình chóp S.ABCD với (MNQ) là hình ngũ giác MNPQR.
1,0
Hình vẽ:
0,5

M
C
N
E
D
P
Q
B
F
S
R
A