Đề thi Toán 11 học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Quảng Nam có lời giải chi tiết và đáp án gồm 15 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài: 60 phút; không kể thời gian phát đề |
A. TRẮC NGHIỆM (5,0 điểm)
Câu 1 (NB). Cho $0 \le k \le n,k \in {\mathbb{N}^*},n \in {\mathbb{N}^*}.$ Số tổ hợp chập k của n phần tử được xác định bởi công thức nào sau đây?
A. $\frac{{n!}}{{\left( {n – k} \right)!}}$ B. $k!$ C. $\frac{{n!}}{{k!}}$ D. $\frac{{n!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}$
Câu 2 (TH). Phương trình $\cos x = \frac{1}{3}$ có bao nhiêu nghiệm trong khoảng $\left( {0;2\pi } \right)?$
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
Câu 3 (NB). Tìm tập xác định D của hàm số $y = \tan x?$
A. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ B. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$
C. $D = \mathbb{R}$ D. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$
Câu 4 (NB). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm $M\left( {3; – 3} \right).$ Tìm tọa độ điểm $M’$ là ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow v \left( { – 1;3} \right).$
A. $M’\left( {4; – 6} \right)$ B. $M’\left( {4;0} \right)$ C. $M’\left( {2;0} \right)$ D. $M’\left( {2; – 6} \right)$
Câu 5 (NB). Một hộp đựng 10 viên bi khác nhau, trong đó có 6 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ. Có bao nhiêu cách chọn từ hộp đó ra 3 viên bi gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ?
A. 120 B. 60 C. 720 D. 36
Câu 6 (NB). Trong mặt phẳng, cho đường thẳng $d’$ là ảnh của đường thẳng d qua phép quay ${Q_{\left( {A;90^\circ } \right)}}.$ Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $d’$ song song với d B. $d’$ trùng với d
C. $d’$ song song hoặc trùng với d D. $d’$ vuông góc với d
Câu 7 (TH). Cho $\Delta ABC$ vuông tại A, $AB = 6,{\rm{ }}AC = 8.$ Phép vị tự tâm A tỉ số $\frac{3}{2}$ biến B thành $B’,$ biến C thành $C’.$ Tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp $\Delta AB’C’.$
A. $R = 5$ B. $R = 9$ C. $R = \frac{{15}}{2}$ D. $R = 12$
Câu 8 (TH). Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Không có mặt phẳng nào chứa cả hai đường thẳng a và b thì ta nói a và b chéo nhau.
B. Hai đường thẳng song song nhau nếu chúng không có điểm chung.
C. Hai đường thẳng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.
D. Hai đường thẳng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Câu 9 (NB). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = \sin 2x$ trên tập xác định của nó.
A. $ – 2$ B. 1 C. $ – 1$ D. 2
Câu 10 (TH). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và số đó chia hết cho 5?
A. 84 số B. 78 số C. 42 số D. 112 số
Câu 11 (NB). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của CD, CB, SA. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $BD||\left( {MNK} \right)$ B. $SB||\left( {MNK} \right)$ C. $SC||\left( {MNK} \right)$ D. $SD||\left( {MNK} \right)$
Câu 12 (NB). Cho A, B là hai biến cố độc lập cùng liên quan đến phép thử T, xác suất xảy ra biến cố A là $\frac{1}{2},$ xác suất xảy ra biến cố B là $\frac{1}{4}.$ Xác suất xảy ra biến cố A và B là:
A. $P\left( {A.B} \right) = \frac{1}{8}$ B. $P\left( {A.B} \right) = \frac{3}{4}$ C. $P\left( {A.B} \right) = \frac{1}{4}$ D. $P\left( {A.B} \right) = \frac{7}{8}$
Câu 13 (VD). Trong đợt kết nạp Đoàn đầu năm của trường THPT X, kết quả có 15 học sinh khối 10 gồm 5 học sinh nam và 10 học sinh nữ, 35 học sinh khối 11 gồm 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ được kết nạp. Chọn ngẫu nhiên từ các học sinh được kết nạp ra 3 học sinh đại diện lên nhận Huy hiệu Đoàn. Tính xác suất để trong 3 học sinh được chọn, có cả học sinh của hai khối, có cả học sinh nam và học sinh nữ, đồng thời số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ.
A. $\frac{{41}}{{392}}$ B. $\frac{{75}}{{196}}$ C. $\frac{{207}}{{784}}$ D. $\frac{{13}}{{56}}$
Câu 14 (TH). Phương trình $\sqrt 3 \sin 2x – cox2x + 1 = 0$ có tất cả các nghiệm là:
A. $x = k\pi $ và $x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ B. $x = k\pi $ và $x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$
C. $x = – \frac{\pi }{6} + k\pi $ và $x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ D. $x = \frac{\pi }{6} + k\pi $ và $x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$
Câu 15 (TH). Trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức ${\left( {x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^{12}}$ (với $x \ne 0$), tìm hệ số của số hạng chứa ${x^3}.$
A. $C_{12}^3$ B. $C_{12}^4{.2^4}.$ C. $C_{12}^4$ D. $C_{12}^3{.2^3}$
B. TỰ LUẬN (5,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) (TH). Giải các phương trình sau:
a) $\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ b) $\cos 2x + \sin x + 2 = 0$
Câu 2 (2,0 điểm) (VD). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, biết AB song song với CD và $AB = 2CD,$ O là giao điểm của AC và BD. Gọi M, N là trung điểm của SB và SD.
a) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right).$
b) Xác định giao điểm của SC và $\left( {AMN} \right).$
c) Gọi G là trọng tâm $\Delta SBC.$ Chứng minh rằng OG song song với mặt phẳng $\left( {SCD} \right).$
Câu 3 (1,0 điểm) (VD). Sau vòng đấu bảng AFF CUP 2018, một tờ báo tại khu vực đã bình chọn đội hình tiêu biểu gồm 11 cầu thủ, trong đó, các đội tuyển Việt Nam, Malaysia, Thái Lan, Philippines mỗi đội có 2 cầu thủ, các đội tuyển Singapore, Myanmar, Indonesia mỗi đội có 1 cầu thủ. Tại buổi họp báo trước khi vào vòng đấu loại trực tiếp, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 cầu thủ trong đội hình tiêu biểu giao lưu cùng khán giả. Tính xác suất để 5 cầu thủ được chọn đến từ 5 đội tuyển khác nhau.
Đáp án
A. TRẮC NGHIỆM (5,0 điểm)
| 1-D | 2-C | 3-D | 4-C | 5-B | 6-D | 7-C | 8-A | 9-C | 10-B |
| 11-A | 12-A | 13-D | 14-B | 15-D |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính tổ hợp.
Cách giải:
$C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}$
Chú ý: Phân biệt chỉnh hợp $A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n – k} \right)!}}$ và tổ hợp $C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}$.
Câu 2 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
– Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$
– Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện.
Cách giải:
$\cos x = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = \pm \arccos \frac{1}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$
Xét họ nghiệm $x = \arccos \frac{1}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ ta có:
$x \in \left( {0;2\pi } \right) \Rightarrow 0 < \arccos \frac{1}{3} + k2\pi < 2\pi \Leftrightarrow – 0,19 < k < 0,80.$
Mà $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \arccos \frac{1}{3}.$
Xét họ nghiệm $x = – \arccos \frac{1}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ ta có:
$x \in \left( {0;2\pi } \right) \Rightarrow 0 < – \arccos \frac{1}{3} + k2\pi < 2\pi \Leftrightarrow 0,19 < k < 1,19.$
Mà $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = – \arccos \frac{1}{3} + 2\pi .$
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện.
Câu 3 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = \tan x$ xác định $ \Leftrightarrow \cos x \ne 0$
Cách giải:
Hàm số $y = \tan x$ xác định $ \Leftrightarrow \cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$
Vậy tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$
Câu 4 (NB): Đáp án C
Phương pháp:
Cho $M\left( {x;y} \right)$ và $\overrightarrow v \left( {a;b} \right).$ Gọi $M’\left( {x’;y’} \right) = {T_{\overrightarrow v }}\left( M \right).$ Sử dụng biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến: $\left\{ \begin{array}{l}x’ = x + a\\y’ = y + b\end{array} \right..$
Cách giải:
${T_{\overrightarrow v }}\left( M \right) = M’ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{M’}} = {x_M} + {x_{_{\overrightarrow v }}} = 3 + \left( { – 1} \right) = 2\\{y_{M’}} = {y_M} + {y_{_{\overrightarrow v }}} = 3 + \left( { – 3} \right) = 0\end{array} \right..$
Vậy $M’\left( {2;0} \right).$
Câu 5 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.
Cách giải:
Số cách chọn ra 2 viên bi xanh là: $C_6^2.$
Số cách chọn ra 2 viên bi đỏ là: $C_4^1.$
Số cách chọn từ hộp đó ra 3 viên bi gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ là $C_6^2.C_4^1 = 60.$
Câu 6 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa phép quay: ${Q_{\left( {I;\alpha } \right)}}\left( A \right) = A’ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle \left( {IA;IA’} \right) = \alpha \\IA = IA’\end{array} \right..$
Cách giải:
${Q_{\left( {A;90^\circ } \right)}}\left( d \right) = d’ \Leftrightarrow d \bot d’.$
Câu 7 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
${V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta AB’C’ \Rightarrow $ Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp $\Delta AB’C’$ gấp $\frac{3}{2}$ lần bán kính của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$
Cách giải:
$\left\{ \begin{array}{l}{V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( A \right) = A\\{V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( B \right) = B’\\{V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( C \right) = C’\end{array} \right. \Rightarrow {V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta AB’C’.$
$ \Rightarrow $ Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp $\Delta AB’C’$ gấp $\frac{3}{2}$ lần bán kính của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$
Tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ là
$r = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{6^2} + {8^2}} = 5.$
Vậy $R = \frac{3}{2}r = \frac{3}{2}.5 = \frac{{15}}{2}.$
Câu 8 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
Phân tích từng đáp án.
Cách giải:
Câu 9 (NB): Đáp án C
Phương pháp:
$ – 1 \le \sin \alpha \le 1{\rm{ }}\forall \alpha .$
Cách giải:
Ta có: $ – 1 \le \sin 2x \le 1$ nên giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = \sin 2x$ trên tập xác định của nó là $ – 1$ đạt được tại $2x = – \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$
Câu 10 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
– Số chia hết cho 5 là số có tận cùng là 0 hoặc 5.
– Sử dụng quy tắc nhân và cộng hợp lý.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là $\overline {abc} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)$
Vì $\overline {abc} \vdots 5 \Rightarrow c \in \left\{ {0;5} \right\}.$
TH1: $c = 0 \Rightarrow $ Có 1 cách chọn c.
$a \ne 0 \Rightarrow $Có 7 cách chọn a.
$b \ne a,b \ne c \Rightarrow $Có 6 cách chọn b.
$ \Rightarrow $ Có $1.7.6 = 42$ số thỏa mãn.
TH2: $c = 5 \Rightarrow $ Có 1 cách chọn c.
$a \ne 0,a \ne 5 \Rightarrow $ Có 6 cách chọn a.
$b \ne a,b \ne c \Rightarrow $ Có 6 cách chọn b.
$ \Rightarrow $ Có $1.6.6 = 36$ số thỏa mãn.
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là $42 + 36 = 78$ số.
Câu 11 (NB): Đáp án A
| Phương pháp:
$d||a \subset \left( P \right) \Rightarrow d||\left( P \right).$ Cách giải:
MN là đường trung bình của $\Delta BCD \Rightarrow MN||BD.$ Mà $MN \subset \left( {MNK} \right) \Rightarrow BD||\left( {MNK} \right).$ |
Câu 12: Đáp án A
Phương pháp:
A, B là hai biến cố độc lập thì $P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right).$
Cách giải:
Vì A, B là hai biến cố độc lập thì $P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \frac{1}{2}.\frac{1}{4} = \frac{1}{8}.$
Câu 13: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng biến cố đối của biến cố: “3 học sinh được chọn, có cả học sinh của hai khối, có cả học sinh nam và học sinh nữ, đồng thời số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ” là “3 học sinh được chọn, chỉ có học sinh của một khối, có cả học sinh nam và học sinh nữ, đồng thời số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ”.
Cách giải:
Số cách chọn ra 3 học sinh bất kì từ 50 học sinh 2 khối là $n\left( \Omega \right) = C_{50}^3 = 19600.$
Chọn 3 học sinh nam có số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ $ \Rightarrow $ Phải chọn được 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ.
Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ bất kì là $C_{25}^2.C_{25}^1.$
Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ chỉ từ khối 11 là $C_5^2.C_{10}^1.$
Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ chỉ từ khối 10 là $C_{20}^2.C_{15}^1.$
Gọi A là biến cố: “Chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ từ cả 2 khối”.
$ \Rightarrow n\left( A \right) = C_{25}^2.C_{15}^1 – \left( {C_5^2.C_{10}^1. + C_{20}^2.C_{15}^1} \right) = 4550.$
Vậy xác suất của biến cố A là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{4550}}{{19600}} = \frac{{13}}{{56}}.$
Câu 14 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Chia cả 2 vế cho 2 sau đó đưa phương trình về dạng cơ bản.
Cách giải:
Chia cả 2 vế của phương trình cho $\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} = 2$ ta được:
$\sqrt 3 \sin 2x – \cos 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x – \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{2} = 0$
$ \Leftrightarrow \sin 2x\cos \frac{\pi }{6} – \cos 2x\sin \frac{\pi }{6} = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {2x – \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x – \frac{\pi }{6} = – \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x – \frac{\pi }{6} = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$
Câu 15 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}.} $
Cách giải:
${\left( {x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{x^{12 – k}}{{\left( {\frac{2}{{{x^2}}}} \right)}^k} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{2^k}{x^{12 – 3k}}} \left( {0 \le k \le 12,k \in \mathbb{N}} \right).} $
Số hạng chứa ${x^3}$ ứng với $12 – 3k = 3 \Leftrightarrow 3k = 9 \Leftrightarrow k = 3{\rm{ }}\left( {tm} \right).$
Vậy hệ số của số hạng chứa ${x^3}$ là $C_{12}^3{.2^3}.$
B. TỰ LUẬN (5,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) (TH):
Phương pháp:
a) Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$
b) Sử dụng công thức nhân đôi $\cos 2x = 1 – 2{\sin ^2}x,$ đưa về phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác.
Cách giải:
a) $\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$
b) $\cos 2x + \sin x + 2 = 0 \Leftrightarrow 1 – 2{\sin ^2}x + \sin x + 2 = 0.$
$ \Leftrightarrow 2{\sin ^2}x – \sin x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{3}{2}\left( {{\rm{loa\”i i}}} \right)\\\sin x = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$
Câu 2 (2,0 điểm) (VD):
Phương pháp:
a) Xác định giao tuyến dựa vào yếu tố song song.
b) Chọn $SC \subset \left( {SAC} \right),$ xác định giao tuyến $\Delta = \left( {AMN} \right) \cap \left( {SAC} \right).$ Khi đó giao điểm của SC và $\left( {AMN} \right)$ chính là giao điểm của SC và $\Delta .$
c) $d||a \subset \left( P \right) \Rightarrow d||\left( P \right).$
Cách giải:
a) Xét $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ có:
+ S là điểm chung thứ nhất.
+ $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \supset AB\\\left( {SCD} \right) \supset CD\\AB||CD{\rm{ }}\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow $Giao tuyến của $\left( {SAB} \right),{\rm{ }}\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng đi qua S và song song với AB, CD.
Trong $\left( {SAB} \right)$ kẻ đường thẳng d đi qua S và $d||AB||CD.$
Vậy $d = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right).$
b) Chọn $SC \subset \left( {SAC} \right),$ tìm giao tuyến của $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {AMN} \right).$
+ A là điểm chung thứ nhất.
+ Trong $\left( {SBD} \right)$ gọi $I = MN \cap SO$ ta có: $I \in SO \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow I \in \left( {SAC} \right).$
Trong $\left( {SAC} \right)$ gọi $E = AI \cap SC$ ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}E \in AI \subset \left( {AMN} \right) \Rightarrow E \in \left( {AMN} \right)\\E \in SC\end{array} \right. \Rightarrow E = SC \cap \left( {AMN} \right).$
c) Gọi K là trung điểm của SC.
Vì G là trọng tâm tam giác SBC $ \Rightarrow G \in BK$ và $\frac{{BG}}{{BK}} = \frac{2}{3}$ (Tính chất trọng tâm).
Do $AB||CD{\rm{ }}\left( {gt} \right),$ áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{{BO}}{{OD}} = \frac{{AB}}{{CD}} = 2 \Rightarrow \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{2}{3}.$
$ \Rightarrow \frac{{BG}}{{BK}} = \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow OG||DK$ (Định lí Ta-lét đảo).
Mà $DK \subset \left( {SCD} \right).$ Vậy $OG||\left( {SCD} \right).$
Câu 3 (1,0 điểm) (VD):
Phương pháp:
Chia thành các TH sau:
TH1: 2 cầu thủ của 2 đội nhóm 1 + 3 cầu thủ của 3 đội nhóm 2.
TH2: 3 cầu thủ của 3 đội nhóm 1 + 2 cầu thủ của 2 đội nhóm 2.
TH3: 4 cầu thủ của 4 đội nhóm 1 + 1 cầu thủ của 1 đội nhóm 2.
Cách giải:
Nhóm 1: {Việt Nam, Malaysia, Thái Lan, Philippines}.
Nhóm 2: {Singapore, Myanmar, Indonesia}.
Chọn 5 cầu thủ bất kì từ 11 cầu thủ $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{11}^5 = 462.$
Gọi A là biến cố: “5 cầu thủ được chọn đến từ 5 đội tuyển khác nhau”.
TH1: 2 cầu thủ của 2 đội nhóm 1 + 3 cầu thủ của 3 đội nhóm 2.
$ \Rightarrow $ Có $C_4^2.C_2^1.C_2^1.C_3^3 = 24$ cách.
TH2: 3 cầu thủ của 3 đội nhóm 1 + 2 cầu thủ của 2 đội nhóm 2.
$ \Rightarrow $ Có $C_4^3.C_2^1.C_2^1.C_2^1.C_3^2 = 96$ cách.
TH3: 4 cầu thủ của 4 đội nhóm 1 + 1 cầu thủ của 1 đội nhóm 2.
$ \Rightarrow $ Có ${\left( {C_2^1} \right)^4}.C_3^1 = 48$ cách.
$ \Rightarrow n\left( A \right) = 24 + 96 + 48 = 168.$
Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{168}}{{462}} = \frac{4}{{11}}.$
