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 . HÓA ĐỀ THI HỌC KỲ I SỐ 12 NĂM HỌC 2 014 - 2 015 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 2 013 3tan. 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. 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