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 . 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 -2 k = 5 ⇔ k = 3. Vậy số hạng. 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 -2 k = 7 ⇔ k = 2 Vậy số hạng. 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: