Đề thi toán 11 - sưu tầm đề kiểm tra, thi học kỳ, thi học sinh giỏi tham khảo bồi dưỡng (104)

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI HỌC I NĂM 2014 – 2015
ĐỀ SỐ 8 MÔN TOÁN 11
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1. ( 3 điểm ) Giải các phương trình sau:
a)
2 2
sin .cos 2 2sin 1 sin
4 2
x
x x x
π
 
+ = − −
 ÷
 
b)
( )
2
sin3 cos .cos2x tan2x + tanx x x=
c)
5
3sin cos sin 2 3 0
6
x x x
π
 
− + − + =
 ÷
 
Câu 2. (1,5 điểm )
a) Tìm số hạng chứa x

5
trong khai triển của biểu thức
11
3
x
x
 
+
 ÷
 
.
b) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau.
Câu 3. (1 điểm)
Trong một hộp có 3 quả cầu màu xanh, 4 quả cầu màu vàng và 5 quả cầu màu trắng. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu.
Tính xác suất để trong 3 quả cầu lấy ra có đúng 2 quả cầu màu vàng.
Câu 4. (1điểm) Cho cấp số cộng (u
n
) có



=+
=+
18
14
62
51
uu
uu
. Tính S

20.
Câu 5. (3điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA,
AB, CD.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SNP) và mặt phẳng (SAC).
b) Chứng minh: SC // (MNP).
c) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (MNP).
Thiết diện đó là hình gì? Vì sao?
Câu 6: (0,5 điêm) Cho số nguyên dương
n
thỏa mãn
2 1
6 24
n n
C C− =
. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
nhị thức Niu- tơn của
3
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
(với
0x >
).
HẾT

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
1
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 8
Câu Đáp án tóm tắt. Điể
m
1 a
b
Giải phương trình: a,
2 2
sin .cos 2 2sin 1 sin
4 2
x
x x x
π
 
+ = − −
 ÷
 
Ta có:
2 2
1
sin .cos2 2sin 1 sin ( ) sin .cos 2 cos 2 (1 sinx) 0
4 2 2
x
x x x x x x
π
+ = − − ⇔ − + − =
1
(sin 1)(cos2 ) 0
2

x x⇔ − − =
sin 1
1
os2
2
x
c x
=


⇔

=

2
2
( )
6
x k
k
x k
π
π
π
π

= +

⇔ ∈



= ± +


¢
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2 ; ; ( )
2 6 6
x k x k x k k Z
π π π
π π π
= + = + = − + ∈
.*-
b,
( )
2
sin3 cos .cos2x tan2x + tanx x x=
ĐK:
cos 0
cos2 0
x
x
≠


≠

0.5
0.5
0.5

1
Khi đó
2
2
sin 2 sin
sin 3 cos .cos 2
os2x os
x x
PT x x x
c c x
 
⇔ = +
 ÷
 
2 2
sin sin
sin 2 . osx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x. os2x.sinx = cos2x.
osx osx
x x
x c c
c c
⇔ ⇔
2 2
cos2 0 (không tm)
sinx=0
sinx
1 (không tm do sin os os2x=0)
cosx
x
x c x c



=

⇔


= = ⇔


- Nếu
sin 0 , ( )x x k k Z tmdk
π
= ⇔ = ∈
. Vậy nghiệm của PT đã cho là
,x k k
π
= ∈Z
;
c
2
5
3sin cos sin 2 3 0 2sin cos 2 3 0
6 6 3
sin 1
6
4 2sin 2sin 0
6 6
sin 2( )
6

2 2 , .
6 2 3
x x x x x
x
x x
x vn
x k x k k
π π π
π
π π
π
π π π
π π
     
− + − + = ⇔ − + − + =
 ÷  ÷  ÷
     

 
− = −
 ÷

 
   

⇔ + − − − = ⇔
 ÷  ÷

   
 

− =
 ÷

 

⇔ − = − + ⇔ = − + ∈¢
0.5
2 A
b
Số hạng tổng quát thứ k+1 của khai triển là:
11 11 11 2
1
11 11 11
3 3
. . . . .3 .
k
k
k k k
k k k k
k
k
x x x
x x
C C C
T
− − −
+
 
= = =
 ÷

 
Số hạng chứa x
5
ứng với: 11 -2k = 5
⇔
k = 3.
Vậy số hạng chứa x
5
trong khai triển trên là:
3 3 5 5
3 11
3 . 4455.T C x x= =
Gọi số có bốn chữ số khác nhau là:
abcd
.
Khi đó mỗi số
abcd
được lập từ các chữ số trên là một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử.
Vậy, số các số có 4 chử số khác nhau được lập từ các chữ số trên là chỉnh hợp chập 4 của 6 phần
tử, và bằng:
4
6
360A =
.
Vậy có thể lập được 360 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25

0.25
3 Gọi A là biến cố: “lấy được đúng 2 quả cầu màu vàng”.
2
Ω là không gian mẫu của phép thử trên.
Khi đó:
2 1
4 8
( ) 48n A C C= =
;
3
12
( ) 220n CΩ = =
Vậy xác suất của biến cố cần tìm là:
( ) 48 12
( )
( ) 220 55
n A
P A
n
= = =
Ω
0.5
0.5
4
Ta có:
2 5
1
1
20 1
2 6 1

14
2 4 14
3
20 10.19. 440
18 2 6 18
2
u u
u d
u
S u d
u u u d
d
+ =
+ =
=



⇔ ⇔ ⇒ = + =
  
+ = + =
=



. Vậy: S
20
= 440.
0.5
0.5

5

Q
O
P
N
M
B
A
D
C
S
0.5
a Xác định giao tuyến (SAC) và (SNP)
Gọi
O AC NP
= ∩
(O chính là trung điểm AC), khi đó:
( )
( )
O AC SAC
O NP SNP
∈ ⊂


∈ ⊂

⇒
O là điểm chung thứ nhất của (SAC) và (SNP) (1)
Mặt khác:

( )
( )
S SAC
S SNP
∈


∈

⇒
S là điểm chung thứ hai của (SAC) và (SNP) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: SO là giao tuyến của (SAC) và (SNP).
0.25
0.25
0.25
0.25
b
Chứng minh: SC // (MNP) Ta có:
//
NA DP
NA DP
=



suy ra ANPD là hình bình hành
Suy ra: NP//AD//BC. Điều đó chứng tỏ NO là đường trung bình ∆ABC.
Suy ra O là trung điểm AC.
M là trung điểm SA, O là trung điểm AC, do đó MO là đường trung bình của ∆SAC.
Khi đó:

//
//( )
( )
SC MO
SC MNP
MO MNP

⇒

⊂

0.25
0.25
0.5
c Dựng thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP).
+ Xét giao tuyến của ba mặt phẳng: (ABCD), (MNP), (SAD).
Ta có:(ABCD)∩ (MNP) = NP, (ABCD)∩ (SAD) = AD
(MNP) ∩ (SAD) = ∆, ∆ qua M.
Vì ba giao tuyến trên song song hoặc đồng quy và NP // AD nên ∆ // AD.
+ Đặt: Q = ∆ ∩ SD.
+Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ giác MNPQ.
* Vì MQ // NP nên tứ giác MNPQ là hình thang.
0.25
0.25
6
Đk:
, 2.n N n∈ ≥
Ta có
2 1 2
16 ( )

( 1)
6 24 6 24 13 48 0
3 ( )
2
n n
n tm
n n
C C n n n
n l
=

−
− = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔

= −

Với
16n =
có:
16 16
4 48
16 16
16
3
3 3
16 16
0 0
2 2
( 1) ( 1) 2
k

k k
k k k k k
k k
x C x C x
x x
−
−
−
= =
   
− = − = −
 ÷  ÷
   
∑ ∑
Số hạng không chứa
x
ứng với
k
thỏa mãn:
4 48
0 12
3
k
k
−
= ⇔ =
Vậy số hạng không chứa
x
trong khai triển là :
12 4

16
2 29120C =
.
0,5

3
SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM 2014 – 2015
ĐỀ 9 MÔN TOÁN
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1. ( 3 điểm ) Giải các phương trình sau:
a)
( )
3 2
2 sin x 3 3sin x 2 sin x 3 tan x
− = + −
.
b)
02cos3sin
4
2sin2 =+−−






+ xxx
π
c)
5

3sin cos sin 2 3 0
6
x x x
π
 
− + − + =
 ÷
 
Câu 2. (1,5 điểm )
a) Tìm số hạng chứa x
7
trong khai triển của biểu thức
11
2
x
x
 
+
 ÷
 
.
b) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau.
Câu 3. (1 điểm)
Trong một hộp có 3 quả cầu màu đỏ, 4 quả cầu màu vàng và 5 quả cầu màu trắng. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu.
Tính xác suất để trong 3 quả cầu lấy ra có đúng 2 quả cầu màu đỏ.
Câu 4. (1điểm) Cho cấp số cộng (u
n
) có
1 4
2 5

14
18
u u
u u
+ =


+ =

. Tính S
20.
Câu 5. (3điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB,
BC, DA.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SNP) và mặt phẳng (SBD).
b) Chứng minh: SD // (MNP).
c) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (MNP).
Thiết diện đó là hình gì? Vì sao?
Câu 6.(0,5 điểm) Tìm số hạng không chứa
x
trong khai triển :
( )
n
3
2
p x x
x
 
= +
 ÷

 
. Biết rằng số nguyên dương
n
thoả mãn
6 7 8 9 8
n n n n n 2
C 3C 3C C 2C
+
+ + + =
HẾT
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
4
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 9
Câ
u
Đáp án tóm tắt. Điểm
a
b
a.Giải phương trình: a,
( )
3 2
2 sin x 3 3sin x 2 sin x 3 tan x
− = + −
.
Điều kiện:
cos x 0≠
Phương trình đã cho tương đương với :
( )
3 2
2 sin x.cos x 3cos x 3 sin x 2 sin x 3 sin x

− = + −
3 2 2
2 sin x.cos x 3cos x 3cos x.sin x 2sin x⇔ − = − +
( ) ( )
2
2 sin x sin x.cos x 1 3cos x sin x.cos x 1 0⇔ − + − =
( )
( )
2
sin x.cos x 1 2 sin x 3cos x 0⇔ − + =

( )
2
1
sin 2x 1 2 2 cos x 3cos x 0
2
 
⇔ − − + =
 ÷
 
2
2cos x 3cos x 2 0⇔ − − =
( do
sin 2x 2 0, x− ≠ ∀
)
( )
cos x 2 VN
1
cos x
2


=

⇔

= −


1 2
cos x x k2 ,k
2 3
π
⇔ = − ⇔ = ± + π ∈¢
( thoả mãn điều kiện )
Vậy phương trình có hai họ nghiệm:
2
x k2 ,k
3
π
= ± + π ∈¢
b.Giải phương trình:
02cos3sin
4
2sin2 =+−−







+ xxx
π

02cos3sin
4
2sin2 =+−−






+ xxx
π
⇔
02cos3sin2cos2sin =+−−+ xxxx
⇔
01cos3cos2sincossin2
2
=+−+− xxxxx
⇔
( ) ( )( )
01cos21cos1cos2sin =−−+− xxxx
⇔
( )( )
01cossin1cos2 =−+− xxx
⇔
1 1
cos ;sin
2 4

2
x x
π
 
= + =
 ÷
 

Nghiệm phương trình:
π
π
2
3
kx +±=
,
π
2kx =
,
π
π
2
2
kx +=
0.5
0.5
0.5
1
c
2
5

, 3sin cos sin 2 3 0 2sin cos 2 3 0
6 6 3
4 2sin 2sin 0 sin 1;sin 2( )
6 6 6 6
2 2 , .
6 2 3
c x x x x x
x x x x vn
x k x k k
π π π
π π π π
π π π
π π
     
− + − + = ⇔ − + − + =
 ÷  ÷  ÷
     
       
⇔ + − − − = ⇔ − = − − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
⇔ − = − + ⇔ = − + ∈¢
0.5
2 a
b
Số hạng tổng quát thứ k+1 của khai triển là:
11 11 11 2
1
11 11 11
2 2

. . . . .2 .
k
k
k k k
k k k k
k
k
x x x
x x
C C C
T
− − −
+
 
= = =
 ÷
 
Số hạng chứa x
5
ứng với: 11 -2k = 7
⇔
k = 2
Vậy số hạng chứa x
7
trong khai triển trên là:
2 2 7 7
3 11
2 . 220.T C x x= =
Gọi số có bốn chữ số khác nhau là:
abcd

.
Khi đó mỗi số
abcd
được lập từ các chữ số trên là một chỉnh hợp chập 4 của 7 phần tử.
Vậy, số các số có 4 chử số khác nhau được lập từ các chữ số trên là số chỉnh hợp chập 4 của 7
phần tử và bằng:
4
7
840A =
.Vậy có thể lập được 840 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
3 Gọi A là biến cố: “lấy được đúng 2 quả cầu màu đỏ”
Ω là không gian mẫu của phép thử trên. Khi đó:
2 1
3 9
( ) 27n A C C= =
;
3
12
( ) 220n CΩ = =
0.5
5
Vậy xác suất của biến cố cần tìm là:
( ) 27
( )

( ) 220
n A
P A
n
= =
Ω
0.5
4 Ta có:
1 4 1
1
20 1
2 5 1
14 2 3 14
4
20 10.19. 20.4 10.19.2 460
18 2 5 18
2
u u u d
u
S u d
u u u d
d
+ = + =
=



⇔ ⇔ ⇒ = + = + =
  
+ = + =

=



Vậy: S
20
= 460.
0.5
0.25
0.25
5

Q
O
P
N
M
C
B
A
D
S
0.5
a Xác định giao tuyến (SBD và (SNP).
Gọi
O BD NP= ∩
(O chính là trung điểm BD), khi đó:
( )
( )
O BD SBD

O NP SNP
∈ ⊂


∈ ⊂

⇒
O là điểm chung thứ nhất của (SBD) và (SNP) (1)
Mặt khác:
( )
( )
S SBD
S SNP
∈


∈

⇒
S là điểm chung thứ hai của (SAC) và (SNP) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: SO là giao tuyến của (SAC) và (SNP).
0.25
0.25
0.25
0.25
b
Chứng minh: SD // (MNP) Ta có:
//
NB PA
NB PA

=



suy ra BNPA là hình bình hành
Suy ra: NP//AB//CD. Điều đó chứng tỏ NO là đường trung bình tam giác BCD.
Suy ra O là trung điểm BD.
M là trung điểm SB, O là trung điểm BD, do đó MO là đường trung bình của ∆SBD.
Khi đó:
//
//( )
( )
SD MO
SD MNP
MO MNP

⇒

⊂

0.25
0.25
0.5
c Dựng thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP).
+ Xét giao tuyến của ba mặt phẳng: (ABCD), (MNP), (SAB).
Ta có:(ABCD)∩ (MNP) = NP, (ABCD)∩ (SAB) = AB
(MNP) ∩ (SAD) = ∆, ∆ qua M.
Vì ba giao tuyến trên song song hoặc đồng quy và NP // AB nên ∆ // AB.
+ Đặt: Q = ∆ ∩ SA.
+Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ giác MNPQ.

* Vì MQ // NP nên tứ giác MNPQ là hình thang.
0.25
0.25
6
Điều kiện :
*
n ,n 9∈ ≥¥
9 8 8 9 8 9 8
n 3 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2
C 2C C C 2C C C n 15
+ + + + + + +
⇔ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
Khi đó
( )
( )
15 k
30 5k
15 15
15 k
k k k
3 3
6
15 15
k 0 k 0
2 2
p x x C x C 2 x
x x
−
−
= =

   
= + = =
 ÷  ÷
   
∑ ∑
Số hạng không chứa
x
tương ứng với
30 5k
0 k 6
6
−
= ⇔ =
Số hạng không chứa
x
phải tìm là
6 6
15
C .2 320320=
6