Đề thi Toán 11 học kì 1 trường thpt Amsterdam Hà Nội có lời giải chi tiết và đáp án gồm 16 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – LỚP 11 Thời gian làm bài: 120 phút; không kể thời gian phát đề |
A. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM (4 điểm). Chọn phương án đúng
Câu 1 [NB]: Tập xác định của hàm số $y = \sqrt[3]{{\sin 2{\rm{x}} – \tan x}}$ là:
A. $D = \left\{ {x \in \mathbb{R},\,x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$. B. $D = \left\{ {x \in \mathbb{R},\,x \ne k\frac{\pi }{2},\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.
C. $D = \left\{ {x \in \mathbb{R},\,x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$. D. $D = \left\{ {x \in \mathbb{R},\,x \ne k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.
Câu 2 [NB]: Có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh đổi trực nhật từ một lớp 50 học sinh?
A. ${6^{50}}$. B. ${50^6}$. C. $C_{50}^6$. D. $A_{50}^6$.
Câu 3 [TH]: Một đa giác lồi có 35 đường chéo. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu đỉnh?
A. 8. B. 9. C. 11. D. 10.
Câu 4 [TH]: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình $2{\rm{x}} – y + 1 = 0$, phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow \nu $ biến d thành chính nó thì $\overrightarrow \nu $ phải là vectơ nào trong các vectơ sau:
A. $\overrightarrow \nu = \left( {2;\,\,4} \right)$. B. $\overrightarrow \nu = \left( {2;\,\, – 1} \right)$. C. $\overrightarrow \nu = \left( {4;\,\,2} \right)$. D. $\overrightarrow \nu = \left( { – 1;\,\,2} \right)$.
Câu 5 [VD]: Hệ số của ${x^5}$ trong khai triển của biểu thức $x{\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)^6} + {\left( {3{\rm{x}} – 1} \right)^8}$ bằng
A. -13368. B. 13368. C. -13848. D. 13848.
Câu 6 [VD]: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình ${\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 4$. Hỏi phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm O tỉ số $k = \frac{1}{2}$ và phép quay tâm O góc quay $180^\circ $ sẽ biến đường tròn (C) thành đường tròn nào trong các đường tròn có phương trình sau:
A. ${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 1$. B. ${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 4$.
C. ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 1$. D. ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 4$.
Câu 7 [TH]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Giao tuyến của hai mặt phẳng (SMN) và (SAC) là đường thẳng nào:
A. SD. B. SO (O là tâm hình bình hành ABCD).
C. SG (G là trung điểm của AB). D. SF (F là trung điểm của CD).
Câu 8 [VD]: Tổng $C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + C_{2019}^3 + … + C_{2019}^{1009}$ bằng:
A. ${2^{2018}}$. B. ${2^{2018}} + 1$. C. ${2^{2018}} – 1$. D. ${2^{2019}}$.
Câu 9 [TH]: Có hai xạ thủ cùng bắn vào bia. Xác suất người thứ nhất bắn trúng bia là 0,8; người thứ hai bắn trúng bia là 0,6. Xác suất để có ít nhất một người bắn trúng là:
A. 0,95. B. 0,92. C. 0,48. D. 0,96.
Câu 10. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình ${\sin ^6}x + {\cos ^6}x = {\cos ^2}2x + m$ có nghiệm $x \in \left[ {0;\,\,\frac{\pi }{8}} \right]$.
A. $0 \le m \le \frac{1}{8}$. B. $ – \frac{1}{8} \le m \le \frac{1}{8}$. C. $m \ge \frac{1}{8}$. D. $ – \frac{1}{8} \le m \le 0$.
Câu 11 [TH]: Một lớp học có 30 học sinh được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất để hai bạn An và Hà đứng cạnh nhau?
A. $\frac{1}{{30}}$. B. $\frac{1}{{28}}$. C. $\frac{2}{{15}}$. D. $\frac{1}{{15}}$.
Câu 12 [VD]: Cho tứ diện ABCD đều cạnh a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng (CGD) cắt tứ diện theo một thiết diện có diện tích là:
A. $\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{6}$. B. $\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$. C. $\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}$. D. $\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.
Câu 13 [VD]: Tập giá trị của hàm số $y = \frac{{2\sin 2{\rm{x}} + \cos 2x}}{{\sin 2x – \cos 2x + 3}}$ có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.
Câu 14 [TH]: Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều là số chẵn.
A. $\frac{1}{{26}}$. B. $\frac{1}{{25}}$. C. $\frac{1}{{21}}$. D. $\frac{1}{{27}}$.
Câu 15 [TH]: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD. Thiết diện của tứ diện cắt bởi mp(MNP) là hình gì trong các hình sau?
A. Hình thoi. B. Hình vuông. C. Hình chữ nhật. D. Hình bình hành.
Câu 16 [TH]: Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N lần lượt là trọng tâm tam giác SAB, SAD. Gọi P là trung điểm của BC. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $MN//\left( {SC{\rm{D}}} \right)$. B. $MN//\left( {SB{\rm{D}}} \right)$. C. $MN//\left( {SAP} \right)$. D. $MN//\left( {S{\rm{D}}P} \right)$.
B. CÂU HỎI TỰ LUẬN (6 điểm)
Câu 1: (1 điểm – 1,5 điểm). Giải các phương trình sau:
a) $\frac{3}{{{{\sin }^2}x}} – 2\sqrt 3 \cot x – 6 = 0$ b) $\frac{{\cos \left( {\frac{{7\pi }}{2} – 2x} \right) – \sqrt 3 \cos \left( {2x – 3\pi } \right) + 2\cos x}}{{1 – 2\sin x}} = 0$.
Câu 2: (1,5 điểm – 1,5 điểm)
a) Gọi a, b, c lần lượt là hệ số của các số hạng chứa ${x^2}$, số hạng chứa ${x^4}$, số hạng chứa ${x^6}$ trong khai triển biểu thức ${\left( {\frac{x}{2} – 4m} \right)^{12}}$ thành đa thức. Tìm m để $a = bc$.
b) Lớp 11A có 10 học sinh nữ và một số học sinh nam. Cần chọn 5 học sinh tham gia đội văn nghệ của trường. Biết xác suất cả 5 học sinh được chọn toàn nam bằng $\frac{7}{{15}}$ xác suất để trong 5 học sinh được chọn có 2 nữ. Hỏi lớp 11A có bao nhiêu học sinh?
Câu 3: (3 điểm – 3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD với đáy lớn $BC = 2{\rm{a}}$ và $A{\rm{D}} = AB = a$. Mặt bên SAD là tam giác đều. Gọi M là điểm bất kì thuộc cạnh AB. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua M và song song với SA, BC, cắt CD, SC, SB lần lượt tại N, P, Q.
a) Chứng minh: $PN//\left( {SA{\rm{D}}} \right)$.
b) Gọi E là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng E luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
c) Giả sử $AM = x\,\left( {0 < x < a} \right)$. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ với hình chóp S.ABCD theo a và x. Tìm vị trí của M để thiết diện đạt giá trị lớn nhất?
Câu 4: (0 điểm – 0,5 điểm) (Chỉ dành cho các lớp 11T2, 11Tin, 11L1, 11L2, 11H1, 11H2)
Cho $n \in {\rm N},\,\,n \ge 2$. Chứng minh rằng $C_n^0C_n^1C_n^2…C_n^n \le {\left( {\frac{{{2^n} – 2}}{{n – 1}}} \right)^{n – 1}}$.
Đáp án
| 1-A | 2-C | 3-D | 4-A | 5-A | 6-A | 7-B | 8-C | 9-B | 10-A |
| 11-D | 12-C | 13-B | 14-A | 15-D | 16-B |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
A. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM (4 điểm). Chọn phương án đúng
Câu 1: Đáp án A.
Phương pháp:
$\tan x$ xác định $ \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.
Cách giải:
ĐKXĐ: $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}$.
TXĐ: $D = \left\{ {x \in \mathbb{R},\,x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức tổ hợp.
Cách giải:
Số cách chọn 6 học sinh đổi trực nhật từ một lớp 50 học sinh là: $C_{50}^6$
Câu 3: Đáp án D
Phương pháp:
Số đường chéo của một đa giác n đỉnh là $C_n^2 – n,\,\,n \in \mathbb{N},\,\,n \ge 3$.
Cách giải:
Số đường chéo của một đa giác n đỉnh là $C_n^2 – n,\,\,n \in \mathbb{N},\,\,n \ge 3$
Theo đề bài, ta có: $C_n^2 – n = 35 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n – 1} \right)}}{2} – n = 35 \Leftrightarrow {n^2} – 3n – 70 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 10\,\left( {TM} \right)\\n = – 7\,\left( L \right)\end{array} \right.$
Vậy, đa giác đó có 10 đỉnh.
Câu 4: Đáp án A
Phương pháp:
Phép tịnh tiến theo $\overrightarrow \nu $ biến đường thẳng d thành chính nó khi và chỉ khi vectơ $\overrightarrow \nu $ có giá trị song song hoặc trùng với đường thẳng d.
Cách giải:
Đường thẳng d: $2{\rm{x}} – y + 1 = 0$ có 1 VTCP: $\overrightarrow u = \left( {1;\,2} \right)$
Ta có: $\overrightarrow \nu = \left( {2;\,\,4} \right)$cùng phương với $\overrightarrow u = \left( {1;\,2} \right)$$ \Rightarrow \overrightarrow \nu = \left( {2;\,\,4} \right)$ có giá song song hoặc trùng với đường thẳng d
$ \Rightarrow $Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow \nu = \left( {2;\,\,4} \right)$ biến d thành chính nó.
Câu 5: Đáp án A
Phương pháp:
Áp dụng Công thức khai triển nhị thức Newton: ${\left( {x + y} \right)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{x^i}.{y^{n – i}}} $.
Cách giải:
Hệ số của ${x^5}$ trong khai triển $x{\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)^6} + {\left( {3{\rm{x}} – 1} \right)^8}$ bằng tổng hệ số của ${x^4}$ trong khai triển ${\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)^6}$ và hệ số của ${x^5}$ trong khai triển ${\left( {3{\rm{x}} – 1} \right)^8}$.
+) ${\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)^6} = \sum\limits_{i = 0}^6 {C_6^i{{\left( {2{\rm{x}}} \right)}^i}.{{\left( { – 1} \right)}^{6 – i}} = \sum\limits_{i = 0}^6 {C_6^i{2^i}{{\left( { – 1} \right)}^{6 – i}}{x^i}} } $.
Hệ số của ${x^4}$ trong khai triển ${\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)^6}$ ứng với $i = 4$ và bằng $C_6^4{2^4}{\left( { – 1} \right)^{6 – 4}} = 240$.
+) ${\left( {{\rm{3x}} – 1} \right)^8} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{{\left( {3{\rm{x}}} \right)}^k}.{{\left( { – 1} \right)}^{8 – k}} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{3^k}{{\left( { – 1} \right)}^{8 – k}}{x^k}} } $.
Hệ số của ${x^5}$ trong khai triển ${\left( {3{\rm{x}} – 1} \right)^8}$ ứng với $k = 5$ và bằng $C_8^5{3^5}{\left( { – 1} \right)^{6 – 3}} = – 13608$
$ \Rightarrow $Hệ số của ${x^5}$ trong khai triển $x{\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)^6} + {\left( {3{\rm{x}} – 1} \right)^8}$ là: $240 – 13608 = – 13368$.
Câu 6: Đáp án A
Phương pháp:
Phép vị tự tâm O tỉ số k biến $M\left( {x;\,y} \right) \mapsto M’\left( {x’;\,\,y’} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x’ = k{\rm{x}}\\y’ = ky\end{array} \right.$.
Phép quay tâm O góc quay $180^\circ $ biến $M\left( {x;\,y} \right) \mapsto M’\left( {x’;\,\,y’} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x’ = – {\rm{x}}\\y’ = – y\end{array} \right.$.
Cách giải:
Lấy $M\left( {x;\,y} \right) \in \left( C \right):{\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 4$
Phép vị tự tâm O tỉ số $k = \frac{1}{2}$ biến $M\left( {x;\,y} \right) \mapsto M’\left( {x’;\,\,y’} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x’ = \frac{1}{2}{\rm{x}}\\y’ = \frac{1}{2}y\end{array} \right.$.
Phép quay tâm O góc quay $180^\circ $ biến $M’\left( {x’;\,y’} \right) \mapsto M”\left( {x”;\,\,y”} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x” = – x’\\y” = – y’\end{array} \right.$.
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x” = – \frac{1}{2}{\rm{x}}\\y” = – \frac{1}{2}y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 2{\rm{x”}}\\y = – 2y”\end{array} \right.$
$ \Rightarrow {\left( {2{\rm{x”}} – 2} \right)^2} + {\left( {2y” – 2} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow {\left( {x” – 1} \right)^2} + {\left( {y” – 1} \right)^2} = 1$
Vậy phương trình của đường tròn cần tìm là ${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 1$.
Câu 7: Đáp án B
Phương pháp:
Xác định 2 điểm phân biệt cùng thuộc cả hai mặt phẳng. Từ đó kết luận giao tuyến.
Cách giải:
Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD ⇒ O là trung điểm của AC.
Ta có:
ON là đường trung bình của $\Delta AC{\rm{D}} \Rightarrow ON//C{\rm{D}}$
OM là đường trung bình của $\Delta ABC \Rightarrow OM//AB$
Mà $AB//C{\rm{D}} \Rightarrow OM//C{\rm{D}} \Rightarrow $ O, M, N thẳng hàng
$ \Rightarrow {\rm{AC}} \cap {\rm{MN = O}} \Rightarrow {\rm{O}} \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SMN} \right)$
Mà $S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SMN} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \cap \left( {SMN} \right) = SO$.
Câu 8: Đáp án C
Phương pháp:
Áp dụng $C_n^0 + C_n^1 + … + C_n^n = {2^n}$.
Cách giải:
Ta có: $C_{2019}^0 + C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + C_{2019}^3 + … + C_{2019}^{2019} = {2^{2019}}$
Mà $C_{2019}^0 = C_{2019}^{2019} = 1,\,\,C_{2019}^1 = C_{2019}^{2018},\,C_{2019}^2 = C_{2019}^{2017},…,C_{2019}^{1009} = C_{2019}^{1010}$
$ \Leftrightarrow 1 + C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + C_{2019}^3 + … + C_{2019}^{1009} + C_{2019}^{1010} + … + C_{2019}^1 + 1 = {2^{2019}}$
$ \Leftrightarrow 2 + 2\left( {C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + C_{2019}^3 + … + C_{2019}^{1009}} \right) = {2^{2019}}$
$ \Leftrightarrow C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + C_{2019}^3 + … + C_{2019}^{1009} = {2^{2018}} – 1$.
Câu 9: Đáp án B
Phương pháp:
Áp dụng công thức cộng và nhân xác suất.
Cách giải:
Xác suất để không có ai bắn trúng là: $\left( {1 – 0,8} \right)\left( {1 – 0,6} \right) = 0,2.0,4 = 0,08$.
Xác suất để có ít nhất một người bắn trúng là: $1 – 0,08 = 0,92$.
Câu 10: Đáp án A
Phương pháp:
${\sin ^6}x + {\cos ^6}x = {\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)^3} – 3{\sin ^2}x.{\cos ^2}x.\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) = 1 – 3{\sin ^2}x.{\cos ^2}x$
${\sin ^2}x = \frac{{1 – \cos 2x}}{2};\,\,{\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}$
Cách giải:
Ta có: ${\sin ^6}x + {\cos ^6}x = {\cos ^2}2x + m \Leftrightarrow 1 – 3{\sin ^2}x.{\cos ^2}x = {\cos ^2}2x + m \Leftrightarrow 1 – \frac{3}{4}{\sin ^2}2x = {\cos ^2}2x + m$
$ \Leftrightarrow 1 – \frac{3}{4}.\frac{{1 – \cos 4x}}{2} = \frac{{1 + \cos 4x}}{2} + m \Leftrightarrow 8 – 3 + 3\cos 4x = 4 + 4\cos 4x + 8m \Leftrightarrow \cos 4x = 1 – 8m$
Do $x \in \left[ {0;\,\,\frac{\pi }{8}} \right] \Rightarrow 4x \in \left[ {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow 0 \le \cos 4x \le 1$.
Để phương trình đã cho có nghiệm thì $0 \le 1 – 8m \le 1 \Leftrightarrow 0 \le m \le \frac{1}{8}$.
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp:
Xác suất của biến cố A là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$.
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = 30!$
Số cách xếp An và Hà đứng cạnh nhau là: 2 (cách).
Khi đó, coi An và Hà là 1 nhóm. Số cách hoán vị nhóm (An, Hoài) và 28 bạn còn lại là: 29!
$ \Rightarrow $ Số cách xếp để hai bạn An và Hà đứng cạnh nhau là: $2.29!$
$ \Rightarrow $Xác suất để hai bạn An và Hà đứng cạnh nhau là: $\frac{{2.29!}}{{30!}} = \frac{1}{{15}}$.
Câu 12: Đáp án C
Cách giải:
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD $ \Rightarrow $ I, G, C thẳng hàng.
$ \Rightarrow $(CGD) cắt tứ diện ABCD bởi thiết diện là tam giác ICD
Ta có: $I{\rm{D}} = IC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ (do là đường cao của tam giác đều cạnh a)
$ \Rightarrow \Delta IC{\rm{D}}$ cân tại I $ \Rightarrow IJ \bot CD$
$\Delta IJC$ vuông tại J $ \Rightarrow IJ = \sqrt {I{C^2} – J{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
Diện tích $\Delta IC{\rm{D}}$ là: $S = \frac{1}{2}IJ.CD = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}$.
Câu 13: Đáp án B
Phương pháp:
Phương trình dạng: $a\sin x + b\cos x = c$ có nghiệm $ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}$
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Gọi ${y_0}$ là một giá trị của hàm số $y = \frac{{2\sin 2x + \cos 2x}}{{\sin 2x – \cos 2x + 3}}$, khi đó tồn tại ${x_0}$ để ${y_0} = \frac{{2\sin 2{x_0} + \cos 2{x_0}}}{{\sin 2{x_0} – \cos 2{x_0} + 3}}$
$ \Leftrightarrow {y_0}.\left( {\sin 2{x_0} – \cos 2{x_0} + 3} \right) = 2\sin 2{x_0} + \cos 2{x_0} \Leftrightarrow \left( {{y_0} – 2} \right).\sin 2{x_0} – \left( {{y_0} + 1} \right).\cos 2{x_0} = – 3{y_0}$ (*)
(*) tồn tại $ \Leftrightarrow {\left( {{y_0} – 2} \right)^2} + {\left( {{y_0} + 1} \right)^2} \ge {\left( {3{y_0}} \right)^2} \Leftrightarrow 7y_0^2 + 2{y_0} – 5 \le 0 \Leftrightarrow – 1 \le {y_0} \le \frac{5}{7}$
⇒ Tập giá trị của hàm số $y = \frac{{2\sin 2x + \cos 2x}}{{\sin 2x – \cos 2x + 3}}$ là $T = \left[ { – 1;\,\,\frac{5}{7}} \right]$.
Tập giá trị T có các giá trị nguyên là: -1; 0 (hai giá trị)
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp:
Xác suất của biến cố A là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$.
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_{16}^4$
Gọi A: “4 thẻ được chọn đều là số chẵn”
$ \Rightarrow n\left( A \right) = C_8^4 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_8^4}}{{C_{16}^4}} = \frac{1}{{26}}$.
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp:
Xác định thiết diện dựa vào các yếu tố song song.
Cách giải:
Gọi Q là trung điểm của AD.
Ta có: $PQ//AC$ (do PQ là đường trung bình của tam giác ACD)
$MN//AC$ (do MN là đường trung bình của tam giác ABC).
$ \Rightarrow PQ//MN \Rightarrow $ M, N, P, Q đồng phẳng $ \Rightarrow $$Q \in \left( {MNP} \right)$
$ \Rightarrow $Thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ giác MNQP.
Ta có: $PQ//MN,\,PQ = MN\left( { = \frac{1}{2}AC} \right) \Rightarrow $MNQP là hình bình hành
Vậy, thiết diện của tứ diện cắt bởi mp(MNP) là hình bình hành.
Câu 16: Đáp án B
Phương pháp:
$\left\{ \begin{array}{l}a//b\\b \subset \left( \alpha \right) \Rightarrow a//\left( \alpha \right)\\a \not\subset \left( \alpha \right)\end{array} \right.$
Cách giải:
Gọi I là trung điểm của tam giác IBD.
Do M, N lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB, SAD nên ta có:
$\frac{{IN}}{{I{\rm{D}}}} = \frac{{IM}}{{IB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MN//B{\rm{D}}$
Mà $B{\rm{D}} \subset \left( {SB{\rm{D}}} \right),\,\,MN \not\subset \left( {SB{\rm{D}}} \right) \Rightarrow MN//\left( {SB{\rm{D}}} \right)$.
B. CÂU HỎI TỰ LUẬN (6 điểm)
Câu 1: (1 điểm – 1,5 điểm). Giải các phương trình sau:
a) $\frac{3}{{{{\sin }^2}x}} – 2\sqrt 3 \cot x – 6 = 0$
Phương pháp:
– Tìm ĐKXĐ
– Sử dụng công thức $\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} = 1 + {\cot ^2}x$, biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai đối với $\cot x$.
Cách giải:
ĐKXĐ: $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}$
Ta có:
$\frac{3}{{{{\sin }^2}x}} – 2\sqrt 3 \cot x – 6 = 0 \Leftrightarrow 3\left( {1 + {{\cot }^2}x} \right) – 2\sqrt 3 \cot x – 6 = 0$
$ \Leftrightarrow 3{\cot ^2}x – 2\sqrt 3 \cot x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cot x = \sqrt 3 \\\cot x = – \frac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = – \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z}$ (thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,x = – \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\,$.
b) $\frac{{\cos \left( {\frac{{7\pi }}{2} – 2x} \right) – \sqrt 3 \cos \left( {2x – 3\pi } \right) + 2\cos x}}{{1 – 2\sin x}} = 0$
Phương pháp:
– Tìm ĐKXĐ
– Biến đổi phương trình về phương trình cơ bản để giải.
Cách giải:
ĐKXĐ: $1 – 2\sin x \ne 0 \Leftrightarrow \sin x \ne \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x \ne \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z}$.
Khi đó:
$\frac{{\cos \left( {\frac{{7\pi }}{2} – 2x} \right) – \sqrt 3 \cos \left( {2x – 3\pi } \right) + 2\cos x}}{{1 – 2\sin x}} = 0$
$ \Leftrightarrow \cos \left( {3\pi + \frac{\pi }{2} – 2x} \right) – \sqrt 3 \cos \left( {2x – 3\pi } \right) + 2\cos x = 0$
$ \Leftrightarrow – \cos \left( {\frac{\pi }{2} – 2x} \right) + \sqrt 3 \cos 2x + 2\cos x = 0$
$ \Leftrightarrow – \sin 2x + \sqrt 3 \cos 2x + 2cosx = 0$
$ \Leftrightarrow \sin 2x – \sqrt 3 \cos 2x = 2\cos x$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 2x – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x = \cos x$
$ \Leftrightarrow \sin \frac{\pi }{6}.\sin 2{\rm{x}} – \cos \frac{\pi }{6}.\cos 2x = \cos x$
$ \Leftrightarrow – \cos \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = \cos x \Leftrightarrow \cos \left( {2x – \frac{{5\pi }}{6}} \right) = \cos x$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x – \frac{{5\pi }}{6} = x + k2\pi \\2x – \frac{{5\pi }}{6} = – x + k2\pi \end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}$
Kết hợp ĐKXĐ, suy ra: Phương trình đã cho có nghiệm $x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3},\,\,k \in \mathbb{Z}$.
Câu 2: (1,5 điểm – 1,5 điểm)
a) Gọi a, b, c lần lượt là hệ số của các số hạng chứa ${x^2}$, số hạng chứa ${x^4}$, số hạng chứa ${x^6}$ trong khai triển biểu thức ${\left( {\frac{x}{2} – 4m} \right)^{12}}$ thành đa thức. Tìm m để $a = bc$.
Phương pháp:
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton: ${\left( {x + y} \right)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{x^i}.{y^{n – i}}} $
Cách giải:
Ta có: ${\left( {\frac{x}{2} – 4m} \right)^{12}} = \sum\limits_{i = 0}^{12} {C_{12}^i{{\left( {\frac{1}{2}x} \right)}^i}.{{\left( { – 4m} \right)}^{12 – i}}} = \sum\limits_{i = 0}^{12} {C_{12}^i{{\left( { – 1} \right)}^{12 – i}}{2^{24 – 3i}}{m^{12 – i}}{x^i}} $
Hệ số của các số hạng chứa ${x^2}$, số hạng chứa ${x^4}$, số hạng chứa ${x^6}$ lần lượt là:
$a = C_{12}^2{2^{18}}{m^{10}},\,\,b = C_{12}^4{2^{12}}{m^8},\,c = C_{12}^6{2^6}{m^4}$
Theo đề bài:
$a = bc \Leftrightarrow C_{12}^2{2^{18}}{m^{10}} = C_{12}^4{2^{12}}{m^8}.C_{12}^6{2^6}{m^4} \Leftrightarrow C_{12}^2{m^{10}} = C_{12}^4C_{12}^6{m^{12}} \Leftrightarrow {m^{10}}\left( {66 – 495.924{m^2}} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\{m^2} = \frac{1}{{6930}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \pm \sqrt {\frac{1}{{6930}}} \end{array} \right.$
b) Lớp 11A có 10 học sinh nữ và một số học sinh nam. Cần chọn 5 học sinh tham gia đội văn nghệ của trường. Biết xác suất cả 5 học sinh được chọn toàn nam bằng $\frac{7}{{15}}$ xác suất để trong 5 học sinh được chọn 2 nữ. Hỏi lớp 11A có bao nhiêu học sinh?
Phương pháp:
Xác suất của biến cố A là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$.
Cách giải:
Gọi số học sinh nam của trường là n (học sinh, $n \in \mathbb{N}$)
Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_{n + 10}^5$
Xác suất để cả 5 học sinh được chọn toàn nam: $\frac{{C_n^5}}{{C_{n + 10}^5}}$.
Xác suất trong 5 học sinh được chọn có 2 nữ: $\frac{{C_{10}^2C_n^3}}{{C_{n + 10}^5}}$.
Theo đề bài, ta có:
$\frac{{C_n^5}}{{C_{n + 10}^5}} = \frac{7}{{15}}.\frac{{C_{10}^2C_n^3}}{{C_{n + 10}^5}} \Leftrightarrow 15C_n^5 = 7C_{10}^2C_n^3 \Leftrightarrow 15C_n^5 = 7.45C_n^3 \Leftrightarrow C_n^5 = 21C_n^3 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{5!\left( {n – 5} \right)!}} = \frac{{21.n!}}{{3!\left( {n – 3} \right)!}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{5!\left( {n – 5} \right)!}} = \frac{{21.n!}}{{3!\left( {n – 3} \right)!}} \Leftrightarrow 5.4 = \frac{{\left( {n – 3} \right)\left( {n – 4} \right)}}{{21}} \Leftrightarrow {n^2} – 7n + 12 – 420 = 0 \Leftrightarrow {n^2} – 7n – 408 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 24\,\left( {TM} \right)\\n = – 17\,\left( L \right)\end{array} \right.$$ \Rightarrow $ Số học sinh nam của lớp 11A là: 24 học sinh.
$ \Rightarrow $Lớp 11A có tất cả số học sinh là: $10 + 24 = 34$ (học sinh)
Câu 3: (3 điểm – 3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD với đáy lớn $BC = 2{\rm{a}}$ và $A{\rm{D}} = AB = a$. Mặt bên SAD là tam giác đều. Gọi M là điểm bất kì thuộc cạnh AB. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua M và song song với SA, BC, cắt CD, SC, SB lần lượt tại N, P, Q.
a) Chứng minh: $PN//\left( {SA{\rm{D}}} \right)$.
b) Gọi E là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng E luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
c) Giả sử $AM = x\,\left( {0 < x < a} \right)$. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ với hình chóp S.ABCD theo a và x. Tìm vị trí của M để thiết diện đạt giá trị lớn nhất?
Phương pháp:
+) $\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\\a \subset \left( P \right)\\a//\left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//d$
+) $\left\{ \begin{array}{l}a,b \subset \left( P \right)\\a’,\,b’ \subset \left( Q \right)\\a//a’,\,b//b’\\a \cap b = \left\{ I \right\}\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right)//\left( Q \right)$
+) $\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)//\left( Q \right)\\a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//\left( Q \right)$
Cách giải:
a) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\SA \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\SA//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MQ//SA$ (1)
Do $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\BC//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC//PQ$. Mà $A{\rm{D//BC}} \Rightarrow {\rm{PQ//AD}}$ (2)
Từ (1), (2) suy ra: $\left( {MNPQ} \right)//\left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow NP//\left( {SA{\rm{D}}} \right)$ (do $NP \subset \left( {MNPQ} \right)$)
b) Ta có: $E = MQ \cap NP$.
Mà $MQ \subset \left( {SAB} \right),NP \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow E \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)$
$ \Rightarrow $ E luôn di động trên một đường thẳng cố định, chính là giao tuyến của (SAB) và (SCD).
c) Thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( \alpha \right)$ là hình thang MNPQ (do $MN//PQ\left( {//BC} \right)$)
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}MQ//SA\\MN//A{\rm{D}}\end{array} \right. \Rightarrow MQN = SA{\rm{D}} = 60^\circ $ (do tam giác SAD đều)
$\left\{ \begin{array}{l}NP//S{\rm{D}}\\MN//A{\rm{D}}\end{array} \right. \Rightarrow QPN = S{\rm{D}}A = 60^\circ $ (do tam giác SAD đều)
$ \Rightarrow MQN = QPN \Rightarrow $MNPQ là hình thang cân.
+) $MQ//SA \Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{x}{a} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MQ = \frac{x}{a}.SA = \frac{x}{a}.a = x\\\frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{x}{a}\end{array} \right.$
+) $PQ//BC \Rightarrow \frac{{PQ}}{{BC}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{x}{a} \Rightarrow PQ = \frac{x}{a}.BC = \frac{x}{a}.2{\rm{a}} = 2{\rm{x}}$
+) Gọi I là trung điểm của BC, J là giao điểm của ID và MN
Khi đó, ABID là hình thoi có các cạnh đều bằng a $ \Rightarrow {\rm{MJ = a}}$ (do $MJ//BI//A{\rm{D}}$)
$JN//IC \Rightarrow \frac{{JN}}{{IC}} = \frac{{J{\rm{D}}}}{{I{\rm{D}}}} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{x}{a} \Rightarrow JN = \frac{x}{a}.IC = \frac{x}{a}.a = x \Rightarrow MN = a + x$
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của Q, P lên MN.
Do MNPQ là hình thang cân nên
$MH = KN = \frac{{MN – PQ}}{2} = \frac{{x + a – 2{\rm{x}}}}{2} = \frac{{a – x}}{2}$
$\Delta MQH$ vuông tại H $ \Rightarrow QH = MH.\tan 60^\circ = \frac{{a – x}}{2}.\sqrt 3 $
Diện tích hình thang MNPQ là:
${S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}\left( {PQ + MN} \right).QH = \frac{1}{2}.\left( {2{\rm{x}} + x + a} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {a – x} \right)$
$ = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {3{\rm{x}} + a} \right)\left( {3{\rm{a}} – 3{\rm{x}}} \right)$
Áp dụng BĐT Cô si, ta có: $\left( {3{\rm{x}} + a} \right)\left( {3{\rm{a}} – 3{\rm{x}}} \right) \le {\left( {\frac{{3{\rm{x}} + a + 3{\rm{a}} – 3{\rm{x}}}}{2}} \right)^2} = 4{{\rm{a}}^2}$
$ \Rightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {3{\rm{x}} + a} \right)\left( {3{\rm{a}} – 3{\rm{x}}} \right) \le \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}.4{{\rm{a}}^2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow {S_{MNPQ}} \le \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $3{\rm{x}} + a = 3{\rm{a}} – 3{\rm{x}} \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}a$
Vậy, diện tích thiết diện MNPQ đạt giá trị lớn nhất $\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}$ khi và chỉ khi M nằm trên cạnh AB sao cho $AM = \frac{2}{3}a$.
Câu 4: (0,5 điểm – 0 điểm) (Chỉ dành cho các lớp 11T2, 11Tin, 11L1, 11L2, 11H1, 11H2)
Cho $n \in {\rm N},\,\,n \ge 2$. Chứng minh rằng $C_n^0C_n^1C_n^2…C_n^n \le {\left( {\frac{{{2^n} – 2}}{{n – 1}}} \right)^{n – 1}}$.
Phương pháp:
Áp dụng: $C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + … + C_n^n = {2^n}$ và BĐT Cô si
Cách giải:
Ta có: $C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + … + C_n^n = {2^n} \Leftrightarrow C_n^1 + C_n^2 + … + C_n^{n – 1} = {2^n} – 2$
Áp dụng BĐT Cô si cho $n – 1$ số dương $C_n^1,\,C_n^2,\,…,\,C_n^{n – 1}$ ta có:
$C_n^1 + C_n^2 + … + C_n^{n – 1} \ge \left( {n – 1} \right)\sqrt[{n – 1}]{{C_n^1C_n^2\,…C_n^{n – 1}}},\,\forall n \in \mathbb{N},\,n \ge 2$
$ \Rightarrow {2^n} – 2 \ge \left( {n – 1} \right)\sqrt[{n – 1}]{{C_n^1C_n^2\,…C_n^{n – 1}}} \Leftrightarrow C_n^1C_n^2\,…C_n^{n – 1} \le {\left( {\frac{{{2^n} – 2}}{{n – 1}}} \right)^{n – 1}} \Leftrightarrow C_n^0C_n^1C_n^2\,…C_n^{n – 1}C_n^n \le {\left( {\frac{{{2^n} – 2}}{{n – 1}}} \right)^{n – 1}}$
(do $C_n^0 = C_n^n = 1$)
Vậy, $C_n^0C_n^1C_n^2\,…C_n^n \le {\left( {\frac{{{2^n} – 2}}{{n – 1}}} \right)^{n – 1}},\,\forall n \in \mathbb{N},\,n \ge 2$.
