Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Trường THPT Bạc Liêu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

0
37

Đề thi Toán 11 học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo trường thpt Bạc Liêu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án gồm 20 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT

TRƯỜNG THPT BẠC LIÊU

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 11

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

A. PHẦN TRẮC NGHIỆM (6,0 điểm)

Câu 1 (TH). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng $\Delta :2{\rm{x}} – 3y – 5 = 0$. Ảnh của đường Δ qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u = \left( { – 1;2} \right)$ là đường thẳng nào?

A. $2{\rm{x}} – 3y + 13 = 0$ B. $2{\rm{x}} – 3y – 3 = 0$ C. $2{\rm{x}} – 3y – 13 = 0$ D. $2{\rm{x}} – 3y + 3 = 0$

Câu 2 (NB). Từ các chữ số của tập $X = \left\{ {1;2;4;5;7;8} \right\}$ có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau?

A. ${4^6}$ B. $A_6^4$ C. $C_6^4$ D. ${6^4}$

Câu 3 (TH). Hệ số của số hạng thứ 6 trong khai triển biểu thức ${\left( {2{{\rm{x}}^3} + y} \right)^{10}}$ bằng?

A. 8064 B. $3360{{\rm{x}}^4}{y^6}$ C. 3360 D. $8064{{\rm{x}}^{10}}{y^5}$

Câu 4 (TH). Số nghiệm của phương trình $\cos 2x = \frac{1}{2}$ trên nửa khoảng $\left( {0^\circ ;360^\circ } \right]$ là?

A. 8 B. 6 C. 2 D. 4

Câu 5 (VD). Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CDG là trung điểm của MNI là giao điểm của đường thẳng AG và mặt phẳng $\left( {BC{\rm{D}}} \right)$. Tính tỉ số $\frac{{GI}}{{GA}}$?

A. $\frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{4}$ B. $\frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{5}$ C. $\frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{2}$ D. $\frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{3}$

Câu 6 (VD). Ông Nam đã trồng cây ca cao trên mảnh đất của mình có dạng hình tam giác, ông trồng ở hàng đầu tiên 3 cây ca cao, kể từ hàng thứ hai trở đi số cây phải trồng ở mỗi hàng nhiều hơn 5 cây so với số cây đã trồng ở hàng trước đó và ở hàng cuối cùng ông đã trồng 2018 cây ca cao. Số cây ca cao mà ông Nam đã trồng trên mảnh đất của mình là

A. 408.242 cây B. 407.231 cây C. 407.232 cây D. 408.422 cây

Câu 7 (TH). Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm $M\left( {3;0} \right)$ và $N\left( {0;4} \right)$. Gọi $M’,N’$ lần lượt là ảnh của M, N qua phép quay tâm O, góc quay $90^\circ $. Độ dài đoạn thẳng $M’N’$ là?

A. 5 B. 7 C. 1 D. 2

Câu 8 (TH). Nghiệm của phương trình ${\tan ^2}3{\rm{x}} – \left( {\sqrt 3 – 1} \right)\tan 3{\rm{x}} – \sqrt 3 = 0$ là?

A. $\left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\\x = \frac{\pi }{9} + k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ B. $x = – \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

C. $\left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{{12}} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = \frac{{2\pi }}{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ D. $\left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\\x = \frac{\pi }{{18}} + k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Câu 9 (TH). Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình $\sin 3{\rm{x}} – m = 0$ có nghiệm?

A. $m \in \left[ { – 1;1} \right]$ B. $m \in \left[ { – 3;3} \right]$ C. $m \in \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {1;\infty } \right)$ D. $m \in \left( { – \infty ; – 3} \right) \cup \left( {3;\infty } \right)$

Câu 10 (TH). Trong mặt phẳng Oxy, cho vectơ $\overrightarrow {OA} = \overrightarrow i – 7\overrightarrow j $. Ảnh của điểm A qua phép vị tự tâm O, tỉ số $ – 3$ là?

A. ${A_4}\left( {0; – 21} \right)$ B. ${A_1}\left( {3; – 21} \right)$ C. ${A_3}\left( {0;21} \right)$ D. ${A_2}\left( { – 3;21} \right)$

Câu 11 (VD). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn $\left( C \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9$. Ảnh của đường tròn $\left( C \right)$ qua phép vị tự tâm $I\left( {3;2} \right)$, tỉ số 2 là đường tròn có phương trình?

A. ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 8} \right)^2} = 36$ B. ${\left( {x – 4} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 36$

C. ${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 8} \right)^2} = 36$ D. ${\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y + 6} \right)^2} = 36$

Câu 12 (NB). Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng tổng quát ${u_n} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^{n + 1}}}}{{{2^n}}}$. Số hạng thứ 5 của $\left( {{u_n}} \right)$ là?

A. $ – \frac{1}{{10}}$ B. $\frac{1}{{10}}$ C. $\frac{1}{{32}}$ D. $ – \frac{1}{{32}}$

Câu 13 (VD). Cho lục giác đều ABCDEF tâm O như hình vẽ. Thực hiện liên tiếp phép quay tâm O, góc quay $120^\circ $ và phép quay vị tự tâm O, tỉ số $ – 1$ đối với một tam giác trong lục giác đều trên ta được ảnh là tam giác OBC. Tạo ảnh của tam giác OBC là?

A. ΔOEF B. ΔOAB

C. ΔODE D. ΔOCD

Câu 14 (VD). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức ${\left( {{x^2} – \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^n}$ biết

$3C_n^1 + {3^2}C_n^2 + {3^3}C_n^3 + … + {3^n}C_n^{n – 1} + {3^n}C_n^n = 65535$ với $n \in {\mathbb{N}^*},x \ne 0$.

A. 1120 B. $ – 1120$ C. 112 D. $ – 112$

Câu 15 (VD). Trong đề cương ôn tập bộ môn Toán có 15 câu hỏi Đại số và 10 câu hỏi Hình học. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ngẫu nhiên 5 câu hỏi có cả Đại số và Hình học để lập một đề kiểm tra 15 phút?

A. 3255 B. 49875 C. 53130 D. 756756

Câu 16 (TH). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi O là giao điểm của AC và BDM là giao điểm của AB và CDN là giao điểm của AD và BC. Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SC{\rm{D}}} \right)$ là?

A. SA B. SN C. SM D. SO

Câu 17 (TH). Tập xác định của hàm số $y = \frac{{\sin x + 1}}{{\cos 2x – 1}}$ là?

A. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ B. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ C. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ D. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Câu 18 (VDC). Trong hộp có 13 quả bóng bàn được đánh số từ 1 đến 13. Lấy ngẫu nhiên 6 quả bóng bàn trong hộp. Xác xuất để tổng số ghi trên 6 quả bóng bàn được lấy ra chia hết cho 2 là?

A. $\frac{{14}}{{143}}$ B. $\frac{{212}}{{429}}$ C. $\frac{{175}}{{429}}$ D. $\frac{{217}}{{429}}$

Câu 19 (VD). Cho hình chóp S.ABC. Lấy hai điểm M, N lần lượt nằm trên các cạnh SB, AB sao cho $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{4}$ và $NB = 3NA$. Khi đó, đường thẳng MN song song với mặt phẳng?

A. $\left( {SAB} \right)$ B. $\left( {SBC} \right)$ C. $\left( {ABC} \right)$ D. $\left( {SAC} \right)$

Câu 20 (VDC). Giá trị của tham số m để phương trình $\left( {\sin x + \cos x – 1} \right)\left( {\sin 4x – m} \right) = 0$ có đúng bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[ {\frac{\pi }{8};\frac{{5\pi }}{6}} \right]$ là $m \in \left[ {a;b} \right)\backslash \left\{ c \right\}$. Khi đó, giá trị biểu thức ${a^2} + 2b + c$ bằng?

A. $ – \frac{7}{2}$ B. $\frac{7}{2}$ C. $\frac{{11}}{4}$ D. $\frac{9}{4}$

B. PHẦN TỰ LUẬN (4,0 điểm)

Câu 1 (TH). (1,5 điểm): Giải phương trình: $2\sin x + \sqrt 3 = 0$.

Câu 2 (VD). (1,0 điểm):

a) (0,5 điểm) Đoàn học sinh tham gia Hội thao Giáo dục quốc phòng và an ninh học sinh THPT cấp tỉnh lần thứ V năm 2018 của một trường THPT gồm có 8 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 9 học sinh để tham gia bộ môn thi điều lệnh. Tính xác suất để trong 9 học sinh được chọn ra có đúng 5 học sinh nam.

b) (0,5 điểm) Tìm số hạng chứa ${x^m}$ trong khai triển biểu thức ${\left( {{x^3} – \frac{2}{x}} \right)^{15}}$ biết $A_m^2 + 4C_m^{m – 1} = 60$ với $m \in \mathbb{Z},x \ne 0$.

Câu 3 (VD). (1,5 điểm): Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang có $A{\rm{D // BC, AB}} = BC = a$, $BA{\rm{D}} = 60^\circ $.

a) Gọi M là trung điểm SD. Lấy điểm N nằm trên cạnh SA sao cho $SN = 2NA$. Tìm giao điểm H của đường thẳng MN và mặt phẳng $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$.

b) Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua G và song song với hai đường thẳng AB, CD. Tính chu vi thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.

Đáp án

1-D 2-B 3-A 4-D 5-D 6-A 7-A 8-A 9-A 10-D
11-A 12-C 13-D 14-A 15-B 16-C 17-B 18-D 19-D 20-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (TH): Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa về phép tịnh tiến trong mặt phẳng.

Cách giải:

Gọi $M\left( {x;y} \right) \in \Delta ;{\rm{ }}{{\rm{T}}_{\overrightarrow n }}\left( M \right) = M’\left( {x’;y’} \right) \in \Delta ‘$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x’ = x – 1\\y’ = y + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = x’ + 1\\y = y’ – 2\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {x’ + 1;y’ – 2} \right) \in {\rm{d}}$

$M \in d \Rightarrow 2\left( {x’ + 1} \right) – 3\left( {y’ – 2} \right) – 5 = 0 \Leftrightarrow 2{\rm{x’}} – 3y’ + 3 = 0$

Vậy phương trình ảnh của đường thẳng Δ là: $\Delta ‘ = 2{\rm{x}} – 3y + 3 = 0$.

Câu 2 (NB): Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa chỉnh hợp.

Cách giải:

Số cách lấy các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau từ tập X gồm 6 phần tử là: $A_6^4$.

Câu 3 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Khai triển biểu thức, số hạng thứ 6 ứng với $k = 5$ rồi tìm hệ số.

Cách giải:

Ta có: ${\left( {2{{\rm{x}}^2} + y} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {2{{\rm{x}}^2}} \right)}^{10 – k}}{y^k}} $. Số hạng thứ 6 ứng với $k = 5$

$ \Rightarrow C_{10}^5{\left( {2{{\rm{x}}^2}} \right)^{10 – 5}}{y^5} = {2^5}C_{10}^5{x^{10}}{y^5} = 8064{{\rm{x}}^{10}}{y^5}$. Hệ số là: 8064.

Câu 4 (TH): Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình tìm nghiệm, kẹp nghiệm trong nửa khoảng đã cho tìm số nghiệm thỏa mãn.

Cách giải:

Ta có: $\cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos 2x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Trên nửa khoảng $\left( {0^\circ ;360^\circ } \right]$ tức $\left( {0;2\pi } \right]$. Ta sẽ có các nghiệm thỏa mãn như sau:

+) $0 < x = \frac{\pi }{6} + k\pi \le 2\pi \Leftrightarrow – \frac{1}{6} < k \le \frac{{11}}{6}$ mà $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}$. Có 2 nghiệm.

+) $0 < x = – \frac{\pi }{6} + k\pi \le 2\pi \Leftrightarrow \frac{1}{6} < k \le \frac{{13}}{6}$ mà $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2} \right\}$. Có 2 nghiệm.

Vậy có 4 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 5 (VD): Đáp án D

Phương pháp:

Vẽ hình sau đó sử dụng định lý Ta-lét trong tam giác.

Cách giải:

Trong $\left( {ABN} \right)$ qua M kẻ đường thẳng song song với AI cắt BN tại J.

Xét tam giác MNJ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}GI{\rm{ // MJ}}\\{\rm{GN}} = GM\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow GI = \frac{1}{2}MJ$ (1).

Xét tam giác BAI ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{\rm{MJ // AI}}\\{\rm{MA}} = MB\end{array} \right. \Rightarrow MJ = \frac{1}{2}AI$ (2).

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow GI = \frac{1}{4}AI \Leftrightarrow \frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{3}$.

Câu 6 (VD): Đáp án A

Phương pháp:

Vận dụng các công thức cấp số cộng.

Cách giải:

Ta có: ${u_1} = 3;d = 5;{u_n} = 2018$

${u_1} + \left( {n – 1} \right).d = {u_n} \Leftrightarrow 3 + \left( {n – 1} \right).5 = 2018 \Rightarrow n = 404$

Khi đó tổng số cây ca cao là: $S = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{404.\left( {3 + 2018} \right)}}{2} = 408242$.

Câu 7 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng tính chất của phép quay là bảo toàn độ dài đoạn thẳng.

Cách giải:

Ta có: $MN = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5$.

Do phép quay có tính chất bảo toàn độ dài đoạn thẳng nên khi quay một góc $90^\circ $ thì độ dài đoạn thẳng $M’N’$ nhận được cũng bằng 5.

Vậy $M’N’ = 5$.

Câu 8 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Giải nghiệm phương trình bậc hai tìm nghiệm $\tan 3{\rm{x}}$ rồi tìm nghiệm x của phương trình.

Cách giải:

Ta có: ${\tan ^2}3{\rm{x}} – \left( {\sqrt 3 – 1} \right)\tan 3{\rm{x}} – \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan 3{\rm{x}} = – 1\\\tan 3{\rm{x}} = \sqrt 3 \end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{\rm{x}} = – \frac{\pi }{4} + k\pi \\3{\rm{x}} = \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\\x = \frac{\pi }{9} + k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Câu 9 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Tập giá trị của $\sin \alpha $ luôn thuộc đoạn $\left[ { – 1;1} \right]$.

Cách giải:

$\sin 3{\rm{x}} – m = 0 \Leftrightarrow \sin 3{\rm{x}} = m$.

Ta có: $ – 1 \le \sin 3x \le 1 \Rightarrow $ Phương trình có nghiệm $ \Leftrightarrow – 1 \le m \le 1$ hay $m \in \left[ { – 1;1} \right]$.

Câu 10 (TH): Đáp án D

Phương pháp:

Từ biểu thức đã có tìm tọa độ điểm A, rồi tìm ảnh của điểm qua định nghĩa phép vị tự.

Cách giải:

Ta có $\overrightarrow {OA} = \overrightarrow i – 7\overrightarrow j \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 1\\{y_A} = – 7\end{array} \right.$.

Nên ${V_{\left( {O; – 3} \right)}}\left( A \right) = A’ \Leftrightarrow \overrightarrow {OA’} = – 3\overrightarrow {OA} \Rightarrow A’\left( { – 3;21} \right)$.

Câu 11 (VD): Đáp án A

Phương pháp:

Tìm ảnh của tâm I đường tròn, bán kính tăng 2 lần.

Cách giải:

Ta có: Tâm $A\left( {1; – 2} \right)$, $R = 3$ của $\left( C \right)$. Khi đó bán kính mới là: $R’ = 3 \times 2 = 6$

Lại có: ${V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A’ \Leftrightarrow \overrightarrow {IA’} = 2\overrightarrow {IA} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} – 3 = 2\left( {1 – 3} \right)\\{y_{A’}} – 2 = 2\left( { – 3 – 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = – 1\\{y_{A’}} = – 8\end{array} \right.$ nên $A’\left( { – 1; – 8} \right)$.

Vậy ảnh của đường tròn $\left( C \right)$ là ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 8} \right)^2} = 36$.

Câu 12 (NB): Đáp án C

Phương pháp:

Tính trực tiếp qua số hạng tổng quát.

Cách giải:

Số hạng thứ 5 ứng với $n = 5$ nên ${u_5} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^{5 + 1}}}}{{{2^5}}} = \frac{1}{{32}}$.

Câu 13 (VD): Đáp án D

Phương pháp:

Tìm tam giác phù hợp với các điều kiện sau đến lần lượt các điều kiện trước.

Cách giải:

Muốn thu được ảnh là tam giác OBC qua phép quay vị tự tâm O, tỉ số $ – 1$ thì tam giác thực hiện phải là tam giác OEF.

Muốn thu được ảnh là tam giác OEF thông qua phép quay tâm O, góc quay $120^\circ $ thì tam giác quay phải là tam giác OCD.

Câu 14 (VD): Đáp án A

Phương pháp:

+) Tìm n thông qua dữ kiện đề bài cho.

+) Tìm hệ số không chứa x dựa vào khai triển nhị thức Newton.

Cách giải:

Ta có: $3C_n^1 + {3^2}C_n^2 + {3^3}C_n^3 + … + {3^n}C_n^{n – 1} + {3^n}C_n^n = 65535$

$ \Leftrightarrow {3^0}C_n^0 + 3C_n^1 + {3^2}C_n^2 + {3^3}C_n^3 + … + {3^n}C_n^{n – 1} + {3^n}C_n^n = 65535 + {3^0}C_n^0$

$ \Leftrightarrow {\left( {3 + 1} \right)^n} = 65535 \Leftrightarrow {4^n} = 65535 \Leftrightarrow n = 8$.

Khai triển với $n = 8$ ta được:

${\left( {{x^2} – \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^8} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{8 – k}}.{{\left( { – 2} \right)}^k}.{{\left( {{x^{ – 2}}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^8 {{{\left( { – 2} \right)}^k}.C_8^k.{x^{16 – 4k}}} $

Khi đó số hạng không chứa x ứng với:

$16 – 4k = 0 \Leftrightarrow k = 4$, nên hệ số là: ${\left( { – 2} \right)^4}.C_8^4 = 1120$.

Câu 15 (VD): Đáp án B

Phương pháp:

Tìm phần bù khi câu hỏi có cả đại số và hình học.

Cách giải:

Ta có:

Số cách chọn 5 câu từ 25 câu hỏi có $C_{25}^5$.

Số cách chọn chỉ có câu hỏi đại số là: $C_{15}^5$ cách.

Số cách chọn chỉ có câu hỏi hình học là: $C_{10}^5$ cách.

Vậy số cách chọn 5 câu có cả câu hỏi đại số và hình học là: $C_{25}^5 – C_{15}^5 – C_{10}^5 = 49875$.

Câu 16 (TH): Đáp án C

Phương pháp:

Xác định hai điểm chung của hai mặt phẳng.

Cách giải:

Xét $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SC{\rm{D}}} \right)$ có:

S là điểm chung thứ nhất.

+ $M = AB \cap C{\rm{D}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in {\rm{A}}B \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow M \in \left( {SAB} \right)\\M \in C{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow M \in \left( {SC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right.$

$ \Rightarrow M \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow $ M là điểm chung thứ hai.

Vậy $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = SM$.

Câu 17 (TH): Đáp án B

Phương pháp:

Phân số xác định khi mẫu số khác 0.

Cách giải:

ĐKXĐ: $\cos 2x – 1 \ne 0 \Leftrightarrow \cos 2x \ne 1 \Leftrightarrow 2x \ne k2\pi \Leftrightarrow x \ne k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Câu 18 (VDC): Đáp án D

Phương pháp:

Chia ra thành 2 tập hợp: Tập hợp A bao gồm các số lẻ, tập hợp B bao gồm các số chẵn.

Chọn ra 6 phần tử từ 2 tập A, B sao cho tổng các phần tử không chia hết cho 2 khi chọn lẻ phần tử của tập A và lẻ phần tử ở tập B thì tổng các phần tử chọn ra là số lẻ nên không chia hết cho 2.

Cách giải:

Không gian mẫu: $\Omega = C_{13}^6$ cách chọn.

Tập $A = \left\{ {1;3;5;7;9;11;13} \right\}$ gồm 7 phần tử bao gồm các số lẻ.

Tập $B = \left\{ {2;4;6;8;10;12} \right\}$ gồm 6 phần tử bao gồm các số chẵn.

Ta có các cách chọn sau:

+) Chọn 5 phần tử tập A và 1 phần tử ở tập B có: $C_7^5.C_6^1$ cách chọn.

+) Chọn 3 phần tử tập A và 3 phần tử ở tập B có: $C_7^3.C_6^3$ cách chọn.

+) Chọn 1 phần tử tập A và 5 phần tử ở tập B có: $C_7^1.C_6^5$ cách chọn.

Xác suất thỏa mãn là: $\frac{{C_7^5.C_6^1 + C_7^3.C_6^3 + C_7^1.C_6^5}}{{C_{13}^6}} = \frac{{217}}{{429}}$.

Câu 19 (VD): Đáp án D

Phương pháp:

Đường thẳng song song với mặt phẳng khi và chỉ khi nó song song với đường thẳng bất kì trong mặt phẳng đó.

Cách giải:

Ta có: $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{BM}}{{B{\rm{S}}}} = \frac{3}{4};NB = 3NA \Rightarrow \frac{{BN}}{{BA}} = \frac{3}{4}$.

Xét tam giác BSA có: $\frac{{BM}}{{B{\rm{S}}}} = \frac{{BN}}{{BA}} = \frac{3}{4} \Rightarrow MN{\rm{ // SA}}$ nên $MN{\rm{ // }}\left( {SAC} \right)$.

Câu 20 (VDC): Đáp án C

Phương pháp:

Tìm số nghiệm ở phương trình $\sin x + \cos x = 1$ trong đoạn đã cho, rồi thiết lập điều kiện của m để phương trình $\sin 4{\rm{x}} = m$ có nghiệm trong đoạn sao cho tổng hai nghiệm cả hai phương trình là bốn nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Ta có $\left( {\sin x + \cos x – 1} \right)\left( {\sin 4x – m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x + \cos x = 1{\rm{ }}\left( 1 \right)\\\sin 4x = m{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.$.

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = \pi – \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k2\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

+) $\frac{\pi }{8} \le x = k2\pi \le \frac{{5\pi }}{6} \Rightarrow \frac{1}{{16}} \le k \le \frac{5}{{12}},k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in{\bigcirc }$

+) $\frac{\pi }{8} \le x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \le \frac{{5\pi }}{6} \Rightarrow – \frac{3}{{16}} \le k \le \frac{1}{6},k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0$

Do đó (1) có nghiệm duy nhất là: $x = \frac{\pi }{2}$ thỏa mãn yêu cầu.

TH1: $x = \frac{\pi }{2}$ là 1 nghiệm của (2), khi đó ta có: $\sin 4\frac{\pi }{2} – m = 0 \Leftrightarrow m = 0$.

Thử lại: Với $m = 0$ thì $\sin 4{\rm{x}} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{4}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

$\frac{\pi }{8} \le \frac{{k\pi }}{4} \le \frac{{5\pi }}{6} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le k \le \frac{{10}}{3} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{4}} \right\}$.

Vậy phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán $ \Rightarrow m = 0$ loại.

TH2: $x = \frac{\pi }{2}$ không là nghiệm của (2) $ \Rightarrow m \ne 0$.

Khi đó để phương trình ban đầu có 4 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán thì (2) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn $x \in \left[ {\frac{\pi }{8};\frac{{5\pi }}{6}} \right]\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2}} \right\}$.

Với $x \in \left[ {\frac{\pi }{8};\frac{{5\pi }}{6}} \right] \Rightarrow 4{\rm{x}} \in \left[ {\frac{\pi }{2};\frac{{10\pi }}{3}} \right]$, dựa vào đường tròn lượng giác ta tìm được $m \in \left[ { – \frac{{\sqrt 3 }}{2};1} \right)$.

Vậy $m \in \left[ { – \frac{{\sqrt 3 }}{2};1} \right)\backslash \left\{ 0 \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\b = 1\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + 2b + c = \frac{3}{4} + 2 = \frac{{11}}{4}$.

B. PHẦN TỰ LUẬN (4,0 điểm)

Câu 1 (TH):

Cách giải:

Ta có: $2\sin x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \sin x = – \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \pi + \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: $x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi ;{\rm{ }}x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Câu 2 (VD):

a)

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:

Không gian mẫu: $\Omega = C_{15}^9$ cách chọn.

Số cách chọn đúng 5 học sinh nam trong 8 học sinh nam và 4 học sinh nữ trong 7 học sinh nữ: $C_8^5.C_7^4$ cách chọn.

Xác suất thỏa mãn là: $\frac{{C_8^5.C_7^4}}{{C_{15}^9}} = \frac{{56}}{{143}}$.

b)

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:

Ta có: $A_m^2 + 4.C_m^{m – 2} = 60 \Leftrightarrow \frac{{m!}}{{\left( {m – 2} \right)!}} + 4.\frac{{m!}}{{\left( {m – 2} \right)!.2!}} = 60$

$ \Leftrightarrow 3.\frac{{m!}}{{\left( {m – 2} \right)!}} = 60 \Leftrightarrow m\left( {m – 1} \right) = 20 \Rightarrow m = 5$ (TM).

Lại có: ${\left( {{x^3} – \frac{2}{x}} \right)^{15}} = \sum\limits_{k = 0}^{15} {C_{15}^k{{\left( {{x^3}} \right)}^{15 – k}}{{\left( { – \frac{2}{x}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^{15} {C_{15}^k.{{\left( { – 2} \right)}^k}{x^{45 – 4k}}} $.

Số hạng chứa ${x^5}$ ứng với: $45 – 4k = 5 \Leftrightarrow k = 10$.

Vậy số hạng chứa ${x^5}$ là: $C_{15}^{10}.{\left( { – 2} \right)^{10}}{x^5} = 3075072{{\rm{x}}^5}$.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) $\left\{ \begin{array}{l}a \cap b = M\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a \cap \left( P \right) = M$.

b) Xác định mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.

Sử dụng định lí Cosin trong tam giác và định lí Ta-lét tính độ dài các cạnh của thiết diện, từ đó tính chu vi thiết diện.

Cách giải:

a) Trong mặt phẳng $\left( {SA{\rm{D}}} \right)$ gọi: $MN \cap A{\rm{D}} = H$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}H \in MN\\H \in {\rm{AD}} \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow H \in \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H = MN \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)$.

b) Trong $\left( {SAB} \right)$ qua G kẻ đường thẳng $NJ{\rm{ // AB }}\left( {N \in SA,J \in SB} \right)$, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right)\\\left( \alpha \right){\rm{ // AB}} \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = NJ$.

Trong $\left( {SBC} \right)$ qua J kẻ $JK{\rm{ // BC }}\left( {K \in SC} \right)$, CMTT ta có $\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = JK$.

Trong $\left( {SA{\rm{D}}} \right)$ qua N kẻ $NP{\rm{ // AD }}\left( {P \in SD} \right)$, ta có $\left( \alpha \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right) = NP$ và $\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = PK$.

Do đó thiết diện của chóp cắt bởi $\left( \alpha \right)$ là tứ giác NJKP.

Qua C kẻ đường thẳng song song với BA cắt AD tại E.

Dễ dàng chứng minh được ABCE là hình bình hành $ \Rightarrow A{\rm{E}} = BC = a \Rightarrow E{\rm{D}} = AB – A{\rm{E}} = 2{\rm{a}}$.

Lại có $BA{\rm{D}} = 60^\circ \Rightarrow CE{\rm{D}} = 60^\circ $ (đồng vị).

Xét tam giác CED áp dụng định lý Cosin ta có:

$C{{\rm{D}}^2} = C{E^2} + D{E^2} – 2CE.DE\cos \left( {CED} \right)$

$ \Rightarrow C{D^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} – 2 \times a \times 2a \times \cos \left( {60^\circ } \right)$

$ \Rightarrow C{D^2} = 3{a^2} \Rightarrow CD = a\sqrt 3 $.

Mặt khác: $\left\{ \begin{array}{l}SN = 2NA \Rightarrow \frac{{SN}}{{SA}} = \frac{2}{3}\\AB{\rm{ // NJ, BC // JK, CD // KP, DA // PN}}\end{array} \right.$

$ \Rightarrow NJ = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}a$

$JK = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}a$

$NP = \frac{2}{3}A{\rm{D}} = 2{\rm{a}}$

$KP = \frac{2}{3}C{\rm{D}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a$.

Chu vi thiết diện NJKP bằng: $NJ + JK + NP + KP = \frac{2}{3}a + \frac{2}{3}a + 2{\rm{a}} + \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a = \frac{{10 + 2\sqrt 3 }}{3}a$.

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Bắc Giang Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở GD& ĐT Vĩnh Phúc 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