Bộ 4 Đề kiểm tra học kì 1 Chuyên đề toán 11: Kiểm tra cuối kì có đáp án (Đề 2)

a) Ta có  $y=\sin x-\cos x-\sqrt{2}=\sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)-\sqrt{2}$

Mà $-1\le \sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)\le 1$  nên $-2\sqrt{2}\le \sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)-\sqrt{2}\le 0\iff -2\sqrt{2}\le y\le 0$

Vậy $\max y=0$  khi và chỉ khi  $\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=1\iff x=\frac{3\pi }{4}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\min y=-2\sqrt{2}$  khi và chỉ khi  $\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=-1\iff x=-\frac{\pi }{4}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$ 

b) Với $\cos x=0\Rightarrow {\sin }^{2}x=1$

Thay vào phương trình ta được  2=2 (luôn đúng)

$\Rightarrow \cos x=0\iff x=\frac{\pi }{2}+k\pi$ 

là nghiệm của phương trình đã cho.

Với $\cos x\ne 0$  chia cả hai vế của phương trình cho ${\cos }^{2}x$ , ta được

c) Đặt $t=\cos 3x\left(-1\le t\le 1\right)$

Phương trình trở thành $2t^2+\left(3-2m\right)t+m-2=0$

Ta có $\Delta ={\left(2m-5\right)}^2\ge 0$ . Suy ra phương trình có hai nghiệm $\left(\begin{array}{c}{t}_1=\frac{1}{2}\\ t_2=m-2\end{array}\right)$

Ta thấy ứng với một nghiệm $t_1=\frac{1}{2}$  thì cho ta hai nghiệm x thuộc khoảng $\left(-\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right)$

Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm thuộc khoảng $\left(-\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right)$  thì phương trình $\cos 3x=m-2$  có đúng 1 nghiệm thuộc khoảng $\left(-\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right)$

$\iff 1<m-2\le 0\iff 1<m\le 2$

a) Vì các quả cầu trắng hoặc đen đều được đánh số phân biệt nên mỗi lần lấy ra một quả cầu bất kì là một lần chọn.

• Nếu chọn một quả trắng có 6 cách.

• Nếu chọn một quả đen có 3 cách.

Theo quy tắc cộng, ta có  6+3 = 9 cách chọn.

b) Ta có $n\left(\Omega \right)=6$

Xét phương trình $x^2-bx+b-1=0\iff \left(\begin{array}{c}x=1\\ x=b-1\end{array}\right)$

Phương trình có nghiệm lớn hơn 3$\iff b-1>3\iff b>4$

Mặt khác con súc sắc có 6 mặt với số chấm trên mỗi mặt là b thỏa mãn $1\le b\le 6$ ,$b\in \mathbb{N}$ .

Do đó $b\in \left(5;6\right)$

Gọi A là biến cố: “Phương trình có nghiệm lớn hơn 3” hay A là biến cố: “ b=5  hoặc b=6  ” $\Rightarrow n\left(A\right)=2$

Vậy xác suất là $P\left(A\right)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$

c) Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 bạn học sinh trong 14 bạn học sinh.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $\left(\Omega \right)=C_{14}^4=1001$

Gọi A là biến cố: “Chọn được 4 học sinh sao cho có ít nhất 1 bạn học giỏi Toán và ít nhất 1 bạn học giỏi Văn”.

Các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là

Trường hợp 1: 1 học sinh giỏi Toán; 1 học sinh giỏi Văn; 2 học sinh môn khác. Có $C_5^1.C_2^1.C_7^2$  cách chọn.

Trường hợp 2: 1 học sinh giỏi Toán; 2 học sinh giỏi Văn; 1 học sinh môn khác. Có $C_5^1.C_2^2.C_7^1$  cách chọn.

a) Gọi O là giao của AC và BD.

Trong (SAC), kẻ SO, AN. $SO\cap AN=I$

Kẻ $PN//AB\left(P\in SD\right)$, $BP\cap MN=K$

b) Theo cách dựng ở câu a) ta có B, K, P thẳng hàng.

Vậy cần chứng minh B, I, P thẳng hàng.

ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC, N là trung điểm của SC.

Suy ra I là trọng tâm $\Delta SAC$  suy ra $\frac{IN}{IA}=\frac{1}{2}=\frac{IO}{SI}$ .

Giả sử $BP\cap SO=I^{\text{'}}$ ;$PN//AB//CD$  suy ra P là trung điểm của SD

 I' là trọng tâm $\Delta SBD\Rightarrow \frac{I^{\text{'}}O}{I^{\text{'}}S}=\frac{I^{\text{'}}P}{I^{\text{'}}B}=\frac{1}{2}$ .

Mà $\frac{IO}{IS}=\frac{I^{\text{'}}O}{I^{\text{'}}S}=\frac{1}{2}$  nên $I\equiv I^{\text{'}}$  hay B, I, P thẳng hàng.

Vậy ta có B, I, K thẳng hàng.

d) $\frac{IA}{IN}=2$  do I là trọng tâm $\Delta SAC$ .

Các tứ giác AMNP, BMPN là hình bình hành (do $PN//AB$ ; $PN=AM=\frac{1}{2}AB$ ) nên $\Delta NPK=\Delta MBK\Rightarrow KN=KM\Rightarrow \frac{KM}{KN}=1$

Ta có $KP=KB=\frac{1}{2}BP$ ; $IP=\frac{1}{3}PB$ ; $IB=\frac{2}{3}PB$

$\Rightarrow IK=BP-KB-IP=BP-\frac{BP}{2}-\frac{BP}{3}=\frac{BP}{6}\Rightarrow \frac{IB}{IK}=\frac{\frac{2}{3}BP}{\frac{1}{6}BP}=4$