Bộ 4 Đề kiểm tra học kì 2 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.

Trường hợp 3: 2 học sinh giỏi Toán; 1 học sinh giỏi Văn; 1 học sinh môn khác.

Có   $C_5^2{C}_2^1{C}_7^1$ cách chọn.

Trường hợp 4: 2 học sinh giỏi Toán; 2 học sinh giỏi Văn. Có $C_5^2{C}_2^2$  cách chọn.

Trường hợp 5: 3 học sinh giỏi Toán; 1 học sinh giỏi Văn. Có $C_5^3{C}_2^1$  cách chọn.

Vậy $\left({\Omega }_A\right)=415$

Vậy xác suất cần tính $P\left(A\right)=\frac{\left({\Omega }_A\right)}{\left(\Omega \right)}=\frac{415}{1001}$

a) Gọi O là giao của AC và BD.

Trong (SAC), kẻ SO, AN.  $SO\cap AN=\left(I\right)$

Kẻ $PN/\text{}/AB\left(P\in SD\right).BP\cap MN=\left(K\right)$

b) Theo cách dựng ở câu a) ta có B, P, K 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 ∆SAC suy ra  $\frac{IN}{IA}=\frac{1}{2}=\frac{IO}{SI}$.

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

$\Rightarrow I^{\text{'}}$ là trọng tâm ∆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 ∆SAC.

Các tứ giác AMNP, BMNP là hình bình hành (do $PN/\text{}/AB;\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}PN=AM=\frac{1}{2}AB$ )

nên $\Delta NPK=\Delta MBK\Rightarrow KN=KM\Rightarrow \frac{KM}{KN}=1$ .

Ta có $KP=KB=\frac{1}{2}BP;\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}IP=\frac{1}{3}PB;IB=\frac{2}{3}PB$

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