Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở GD& ĐT Vĩnh Phúc Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

0
24

Đề thi Toán 11 học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Vĩnh Phúc Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án gồm 12 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 11

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)

Câu 1 (NB). Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số $y = \tan x$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – \frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}} \right)$.

B. Hàm số $y = \sin x$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;\pi } \right)$.

C. Hàm số $y = \cot x$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.

D. Hàm số $y = \cos x$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;\pi } \right)$.

Câu 2 (NB). Phương trình $\cos x = 1$ có nghiệm là

A. $x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}$ B. $x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$ C. $x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$ D. $x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$

Câu 3 (TH). Số nghiệm của phương trình ${\sin ^2}x + \cos 2x = – {\cos ^2}x$ trên đoạn $\left[ { – \frac{\pi }{2};5\pi } \right]$ là:

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

Câu 4 (TH). Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 là:

A. 56 B. 6720 C. 120 D. 40320

Câu 5 (TH). Hệ số của ${x^3}$ trong khai triển nhị thức Niu – Tơn của ${\left( {2 + x} \right)^{10}}$ là:

A. $C_{10}^2{.2^7}$ B. $C_{10}^3{.2^7}$ C. $C_7^3{.2^7}$ D. $C_{10}^3{.2^3}$

Câu 6 (TH). Chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương nhỏ hơn 9, xác suất để số được chọn là số nguyên tố bằng:

A. $\frac{3}{8}$ B. $\frac{4}{9}$ C. $\frac{5}{9}$ D. $\frac{1}{2}$

Câu 7 (NB). Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn $k \le n$, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. $C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}$ B. $C_n^k = \frac{{n!}}{{k!}}$ C. $C_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n – k} \right)!}}$ D. $C_n^k = \frac{{k!\left( {n – k} \right)!}}{{n!}}$

Câu 8 (NB). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tọa độ ảnh $A’$ của điểm $A\left( {1;3} \right)$ qua phép tịnh tiến theo véc tơ $\overrightarrow v \left( {2;3} \right)$ là điểm nào trong các điểm sau đây?

A. $A’\left( {4;3} \right)$ B. $A’\left( {0;2} \right)$ C. $A’\left( {1;0} \right)$ D. $A’\left( {3;6} \right)$

Câu 9 (TH). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn $\left( C \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 4$, phép vị tự tâm O tỷ số $k = 2$ biến đường tròn $\left( C \right)$ thành đường tròn có phương trình là:

A. ${\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 8$ B. ${\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 16$

C. ${\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 16$ D. ${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 8$

Câu 10 (TH). Cho tứ diện ABCD và ba điểm PQR lần lượt nằm trên các cạnh ABCDBC (không trùng với các đỉnh của tứ diện ABCD) sao cho $PR\parallel AC$. Khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {PQR} \right)$ và $\left( {ACD} \right)$ song song với đường thẳng nào trong các đường thẳng sau?

A. BD B. CD C. CB D. AC

Câu 11 (TH). Cho 5 điểm ABCDE trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tạo bởi 3 trong 5 điểm đã cho?

A. 10 B. 12 C. 8 D. 14

Câu 12 (VD). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, biết $AB = a,\angle SAD = 90^\circ $ và tam giác SAB là tam giác đều. Gọi Dt là đường thẳng đi qua D và song song với SCI là giao điểm của Dt và mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$. Thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng $\left( {AIC} \right)$ có diện tích là:

A. $\frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{{16}}$ B. $\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}$ C. $\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8}$ D. $\frac{{11{a^2}}}{{32}}$

II. PHẦN TỰ LUẬN (7,0 điểm)

Câu 13 (2,0 điểm) (TH). Giải các phương trình sau:

a) $\sin 2x = \frac{1}{2}$ b) $\sin x – \sqrt 3 \cos x = \sqrt 3 $

Câu 14 (1,0 điểm) (VD). Tìm hệ số của ${x^7}$ trong khai triển nhị thức Niu – Tơn của ${\left( {{x^2} + \frac{2}{x}} \right)^8}$.

Câu 15 (2,0 điểm). Trong ngân hàng đề có 6 câu hỏi dễ, 5 câu hỏi trung bình và 3 câu hỏi khó. Một đề thi gồm có 6 câu hỏi được chọn từ các câu trong ngân hàng đề đã cho.

a) Hỏi có tất cả bao nhiêu đề thi khác nhau nếu trong đề có 3 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó.

b) Nếu các câu hỏi trong đề thi được chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để trong đề thi có đủ ba loại câu hỏi sao cho số câu dễ và câu trung bình bằng nhau.

Câu 16 (2,0 điểm) (VD). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, là trung điểm SA, điểm N thuộc đoạn SD sao cho $NS = 2ND,I$ là giao điểm của MN và AD.

a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng $\left( {BMN} \right)$ với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

b) Gọi J là giao điểm của CD với BI. Xác định giao tuyến của mặt phẳng $\left( {BMN} \right)$ với mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$, từ đó suy ra thiết diện của hình chóp với mặt phẳng $\left( {BMN} \right)$.

c) Gọi K là giao điểm của BI với AC. Chứng minh $BM\parallel KN$.

Đáp án

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)

1 – C 2 – D 3 – B 4 – B 5 – B 6 – D 7 – A 8 – D 9 – B 10 – D
11 – A 12 – C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào lý thuyết các hàm số lượng giác.

Cách giải:

Khẳng định đúng là đáp án C.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản.

Cách giải:

$\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp:

+ Sử dụng: ${\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$.

+ Giải phương trình lượng giác cơ bản.

+ Tìm các giá trị của $k \in \mathbb{Z}$ để $x \in \left[ { – \frac{\pi }{2};5\pi } \right]$.

Cách giải:

${\sin ^2}x + \cos 2x = – {\cos ^2}x \Leftrightarrow {\sin ^2}x + {\cos ^2}x + \cos 2x = 0$

$ \Leftrightarrow 1 + \cos 2x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = – 1 \Leftrightarrow 2x = \pi + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

$x \in \left[ { – \frac{\pi }{2};5\pi } \right] \Rightarrow – \frac{\pi }{2} \le \frac{\pi }{2} + k\pi \le 5\pi \Leftrightarrow – \frac{1}{2} \le \frac{1}{2} + k \le 5 \Leftrightarrow – \frac{1}{5} \le k \le \frac{9}{2}$

Mà $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\} \Rightarrow $ Phương trình ban đầu có 5 nghiệm thỏa mãn.

Câu 4: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm chỉnh hợp.

Cách giải:

Số các số có 5 chữ số khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 là một chỉnh hợp chập 5 của 8.

Vậy có $A_8^5 = 6720$ số thỏa mãn.

Câu 5: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Niu – tơn: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}} $

Cách giải:

Ta có: ${\left( {2 + x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{2^{10 – k}}{x^k}} $

Hệ số của ${x^3}$ ứng với $k = 3$.

Vậy hệ số của ${x^3}$ trong khai triển trên là: $C_{10}^3{.2^7}$.

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương nhỏ hơn 9 $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_8^1 = 8$.

Gọi A là biến cố: “Số được chọn là số nguyên tố”.

Tập hợp các số nguyên tố là số nguyên dương nhỏ hơn 9 là $\left\{ {2;3;5;7} \right\}$.

$ \Rightarrow n\left( A \right) = C_4^1 = 4$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức tổ hợp.

Cách giải:

$C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}$

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

${T_{\overrightarrow u }}$ biến $M\left( {x;y} \right)$ thành $M’\left( {x’;y’} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x’ = x + a\\y’ = y + b\end{array} \right.$

Cách giải:

${T_{\overrightarrow v }}\left( A \right) = A’ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = 1 + 2 = 3\\{y_{A’}} = 3 + 3 = 6\end{array} \right. \Rightarrow A’\left( {3;6} \right)$

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp:

+ Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn $\left( C \right)$.

+ Gọi $I’ = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( I \right)$, xác định tọa độ $I’$.

+ Gọi $\left( {C’} \right) = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( C \right) \Rightarrow \left( {C’} \right)$ là đường tròn tâm $I’$, bán kính $R’ = \left| k \right|.R$

Cách giải:

+ Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( {1;1} \right),R = 2$.

+ Gọi $I’ = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( I \right) \Rightarrow \overrightarrow {OI’} = 2\overrightarrow {OI} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{I’}} = 2.{x_I} = 2.1 = 2\\{y_{I’}} = 2.{y_I} = 2.1 = 2\end{array} \right. \Rightarrow I’\left( {2;2} \right)$

+ Gọi $\left( {C’} \right) = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( C \right) \Rightarrow \left( {C’} \right)$ là đường tròn tâm $I’\left( {2;2} \right)$, bán kính $R’ = \left| k \right|.R = 2.2 = 4$

Vậy phương trình đường tròn $\left( {C’} \right):{\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 16$

Câu 10: Đáp án D

Phương pháp:

Giao tuyến của hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song là đường thẳng đi qua 1 điểm chung của hai mặt phẳng và song song với hai đường thẳng đó.

Cách giải:

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}Q \in \left( {PQR} \right)\\Q \in CD \subset \left( {ACD} \right) \Rightarrow Q \in \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow Q \in \left( {PQR} \right) \cap \left( {ACD} \right)$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {PQR} \right) \supset PR\\\left( {ACD} \right) \supset AC\\PR\parallel AC\end{array} \right. \Rightarrow $ Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {PQR} \right)$ và $\left( {ACD} \right)$

là đường thẳng đi qua Q và song song với ACPR.

Câu 11: Đáp án A

Phương pháp:

Qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng xác định một mặt phẳng.

Cách giải:

Qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng xác định một mặt phẳng. Do đó số mặt phẳng tạo bởi 3 trong 5 điểm đã cho là: $C_5^3 = 10$.

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp:

+ Xác định điểm I.

+ Xác định thiết diện.

+ Sử dụng công thức He-rong để tính diện tích tam giác: ${S_{\Delta AEC}} = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} $.

Cách giải:

Trong $\left( {SCD} \right)$ kẻ $Dt\parallel SC$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \supset AB,\left( {SCD} \right) \supset CD\\AB\parallel CD\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow $ Giao tuyến của $\left( {SAB} \right),\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng đi qua S và song song với ABCD. Trong $\left( {SAB} \right)$ kẻ $Sx\parallel AB \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = Sx$

Trong $\left( {SCD} \right)$ gọi $I = Dt \cap Sx$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}I \in Dt\\I \in Sx \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow I \in \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I = Dt \cap \left( {SAB} \right)$.

Trong $\left( {SCD} \right)$ gọi $E = CI \cap SD$, khi đó thiết diện của chóp cắt bởi $\left( {AIC} \right)$ là tam giác AEC.

ABCD là hình vuông cạnh $a \Rightarrow AC = a\sqrt 2 $.

Dễ dàng chứng minh được SBAISCDI là hình bình hành $ \Rightarrow AI = SB = a,E$ là trung điểm của SDIC.

Tam giác SAD có $SA = AD = a,\angle SAD = 90^\circ \Rightarrow \Delta SAD$ vuông cân tại $A \Rightarrow SD = SA\sqrt 2 = a\sqrt 2 $.

$ \Rightarrow AE = \frac{1}{2}SD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Xét tam giác IAC có:

$A{E^2} = \frac{{A{I^2} + A{C^2}}}{2} – \frac{{I{C^2}}}{4} \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^2} + 2{a^2}}}{2} – \frac{{I{C^2}}}{4}$

$ \Rightarrow \frac{{I{C^2}}}{4} = {a^2} \Leftrightarrow I{C^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow IC = 2a \Rightarrow EC = \frac{1}{2}IC = a$

Khi đó áp dụng công thức Hê-rông ta có: ${S_{\Delta AEC}} = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8}$

II. PHẦN TỰ LUẬN (7,0 điểm)

Câu 13:

a) $\sin 2x = \frac{1}{2}$

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Cách giải:

$\sin 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

b) $\sin x – \sqrt 3 \cos x = \sqrt 3 $

Phương pháp:

Chia cả hai vế của phương trình cho $\sqrt {{a^2} + {b^2}} $

Cách giải:

$\sin x – \sqrt 3 \cos x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin x – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

$ \Leftrightarrow \sin x\cos \frac{\pi }{3} – \cos x\sin \frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x – \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{\pi }{3}$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x – \frac{\pi }{3} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\x = \pi + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Câu 14:

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Niu-tơn: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}} $

Cách giải:

Ta có: ${\left( {{x^2} + \frac{2}{x}} \right)^8} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{8 – k}}{{\left( {\frac{2}{x}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{2^k}{x^{16 – 2k}}{x^{ – k}}} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{2^k}{x^{16 – 3k}}} $

Số hạng chứa ${x^7}$ ứng với $16 – 3k = 7 \Leftrightarrow k = 3\left( {tm} \right)$.

Vậy hệ số của ${x^7}$ trong khai triển trên là $C_8^3{.2^3} = 448$.

Câu 15:

a) Hỏi có tất cả bao nhiêu đề thi khác nhau nếu trong đề có 3 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó.

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Chọn 3 câu dễ có $C_6^3$ cách.

Chọn 2 câu trung bình có $C_5^2$ cách.

Chọn 1 câu khó có $C_3^1$ cách.

Áp dụng quy tắc nhân ta tính được số đề thi thỏa mãn là $C_6^3.C_5^2.C_3^1 = 600$.

b) Nếu các câu hỏi trong đề thi được chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để trong đề thi có đủ ba loại câu hỏi sao cho số câu dễ và câu trung bình bằng nhau.

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Chọn 6 câu bất kì trong 14 câu $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{14}^6$.

Gọi A là biến cố: “Trong đề thi có đủ ba loại câu hỏi sao cho số câu dễ và câu trung bình bằng nhau.”

Do đó trong đề thi phải có 2 dễ + 2 trung bình + 2 khó $ \Rightarrow n\left( A \right) = C_6^2.C_5^2.C_3^2 = 450$

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{450}}{{C_{14}^6}} = \frac{{150}}{{1001}}$.

Câu 16:

Phương pháp:

a, b) Xác định 2 điểm chung của hai mặt phẳng.

c) Sử dụng định lí Ta-lét.

Cách giải:

  1. Xét $\left( {BMN} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ có:

B là điểm chung thứ nhất.

+ $\left\{ \begin{array}{l}I \in MN \subset \left( {BMN} \right) \Rightarrow I \in \left( {BMN} \right)\\I \in AD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow I \in \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {BMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) \Rightarrow I$ là điểm chung thứ hai.

Vậy $\left( {BMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BI$

  1. Xét $\left( {BMN} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ có:

N là điểm chung thứ nhất.

+ $J = BI \cap CD \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in BI \subset \left( {BMN} \right) \Rightarrow J \in \left( {BMN} \right)\\J \in CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow J \in \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow J \in \left( {BMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) \Rightarrow J$ là điểm chung thứ hai.

Vậy $\left( {BMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NJ$. Từ đó ta có thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( {BMN} \right)$ là tứ giác BMNJ.

  1. Trong $\left( {SAD} \right)$ kẻ $NE\parallel SA\left( {E \in AD} \right)$ ta có: $\frac{{NE}}{{SA}} = \frac{{DN}}{{SD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{NE}}{{2MA}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{NE}}{{MA}} = \frac{2}{3}$.

Mà $\frac{{NE}}{{MA}} = \frac{{IN}}{{IM}} \Rightarrow \frac{{IN}}{{IM}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{NI}}{{MN}} = 2$

Mà IM là trung tuyến của tam giác $SAI \Rightarrow N$ là trọng tâm tam giác SAI.

$ \Rightarrow D$ là trung điểm của $AI \Rightarrow \frac{{ID}}{{IA}} = \frac{1}{2} = \frac{{DJ}}{{AB}} = \frac{{DJ}}{{CD}} \Rightarrow J$ là trung điểm của CD.

$ \Rightarrow \frac{{CJ}}{{AB}} = \frac{1}{2} = \frac{{KJ}}{{KB}} \Rightarrow KJ = \frac{1}{2}KB \Rightarrow IK = KJ + IJ = \frac{1}{2}KB + \frac{3}{2}KB = 2KB$

Vậy $\frac{{IN}}{{MN}} = \frac{{IK}}{{BK}} = 2 \Rightarrow BM\parallel KN$ (đpcm).

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Trường THPT Bạc Liêu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở GD& ĐT Tỉnh Bà Rịa- Vũng Tàu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây