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 . HÓA KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2 0 14 -2 015 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. + = − + = − + 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 − − − =. 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