Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Trần Phú TP Hồ Chí Minh Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

0
50

Đề thi Toán 11 học kì 1 trường thpt Trần Phú TP Hồ Chí Minh có lời giải chi tiết và đáp án gồm phương pháp giải bài tập. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 11

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

MỤC TIÊU: Đề thi gồm 8 câu hỏi được thiết kế ở dạng tự luận giúp kiểm tra một cách chính xác nhất toàn bộ kiến thức của học sinh cuối HK1, bao gồm đầy đủ các kiến thức về lượng giác, nhị thức Newton, dãy số, cấp số cộng, cấp số nhân, các quy tắc đếm, xác suất của biến cố và quan hệ song song trong không gian.

Câu 1 (VD). (1,5 đ) Giải phương trình lượng giác sau: ${\sin ^2}\left( {\frac{x}{2}} \right) – 2{\cos ^2}\left( {\frac{x}{4}} \right) + \frac{3}{4} = 0$

Câu 2 (VD). (1đ) Tìm số hạng không chứa $x$ trong khai triển của biểu thức: ${\left( {2{x^3} – \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^5}$.

 

Câu 3 (VD). (1đ) Cho cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ là một dãy số tăng thỏa mãn điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}{u_{31}} + {u_{34}} = 11\\u_{31}^2 + u_{34}^2 = 101\end{array} \right.$. Tìm số hạng đầu tiên ${u_1}$, công sai $d$ và số hạng tổng quát của cấp số cộng đó.

Câu 4 (VD). (1đ) Một hộp có chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng 1 quả cầu màu đỏ và không quá 2 quả cầu màu vàng.

Câu 5 (VD). (1đ) Cho một cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu tiên ${u_1} = 1$ và tổng 100 số hạng đầu tiên bằng 24850. Tính $S = \frac{1}{{{u_1}{u_2}}} + \frac{1}{{{u_2}{u_3}}} + \frac{1}{{{u_3}{u_4}}} + … + \frac{1}{{{u_{49}}{u_{50}}}}$.

Câu 6 (VD). (3đ) Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $SAD$. Lấy điểm $M$ thuộc cạnh $AB$ sao cho $AB = 3AM$.

1) Tìm giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và mặt phẳng $\left( {GBC} \right)$. Tìm giao điểm $H$ của đường thẳng $BC$ với mặt phẳng $\left( {SGM} \right)$.

2) Chứng minh rằng đường thẳng $MG$ song song với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

3) Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M$ và song song với $AD$ và $SB$, $\left( \alpha \right)$ cắt các cạnh $CD,SD,SA$ lần lượt tại các điểm $N,P,Q$.

Xác định thiết diện của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ với hình chóp $S.ABCD$.

Câu 7 (VD). (0,75 đ) Giải phương trình lượng giác sau: $\frac{{\sin x + \sin 2x}}{{\sin 3x}} = – 1$.

Câu 8 (VD). (0,75 đ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có năm chữ số khác nhau và trong năm chữ số đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ này không đứng cạnh nhau.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (VD). Giải phương trình lượng giác sau: ${\sin ^2}\left( {\frac{x}{2}} \right) – 2{\cos ^2}\left( {\frac{x}{4}} \right) + \frac{3}{4} = 0$.

Phương pháp:

Sử dụng công thức hạ bậc ${\sin ^2}\alpha = \frac{{1 – \cos 2\alpha }}{2};{\rm{ }}{\cos ^2}\alpha = \frac{{1 + \cos 2\alpha }}{2}$

Cách giải:

${\sin ^2}\left( {\frac{x}{2}} \right) – 2{\cos ^2}\left( {\frac{x}{4}} \right) + \frac{3}{4} = 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{1 – \cos x}}{2} – 2.\frac{{1 + \cos \frac{x}{2}}}{2} + \frac{3}{4} = 0 \Leftrightarrow 2 – 2\cos x – 4 – 4\cos \frac{x}{2} + 3 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {2\cos x – 1} \right) + 4\cos \frac{x}{2} = 0 \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{x}{2} + 4\cos \frac{x}{2} = 0 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2}\left( {\cos \frac{x}{2} + 4} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \frac{x}{2} = 0\\\cos \frac{x}{2} + 4 = 0\left( {VN} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{x}{2} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \pi + k2\pi $

Vậy phương trình có nghiệm $x = \pi + k2\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}$.

Câu 2 (VD). Tìm số hạng không chứa $x$ trong khai triển của biểu thức: ${\left( {2{x^3} – \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^5}$.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát ${T_{k + 1}} = C_n^k{a^{n – k}}{b^k}$.

Cách giải:

Số hạng tổng quát: ${T_{k + 1}} = C_5^k.{\left( {3{x^3}} \right)^{5 – k}}.{\left( { – \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^k} = C_5^k{.3^{5 – k}}.{x^{15 – 3k}}.\frac{{{{\left( { – 2} \right)}^k}}}{{{x^{2k}}}} = C_5^k{.3^{5 – k}}.{\left( { – 2} \right)^k}.{x^{15 – 5k}}$

Số hạng không chứa $x$ ứng với $15 – 5k = 0 \Leftrightarrow k = 3$

Vậy số không chứa $x$ là: $C_5^3{.3^{5 – 3}}.{\left( { – 2} \right)^3} = – 720$.

Câu 3 (VD). Cho cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ là một dãy số tăng thỏa mãn điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}{u_{31}} + {u_{34}} = 11\\u_{31}^2 + u_{34}^2 = 101\end{array} \right.$.

Tìm số hạng đầu tiên ${u_1}$, công sai $d$ và số hạng tổng quát của cấp số cộng đó.

Phương pháp:

Sử dụng công thức: ${u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d$.

Cách giải:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{u_{31}} + {u_{34}} = 11\\u_{31}^2 + u_{34}^2 = 101\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_{34}} = 11 – {u_{31}}\\u_{31}^2 + {\left( {11 – {u_{31}}} \right)^2} = 101\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_{34}} = 11 – {u_{31}}\\2u_{31}^2 – 22{u_{31}} + 121 = 101\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_{34}} = 11 – {u_{31}}\\2u_{31}^2 – 22{u_{31}} + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_{34}} = 11 – {u_{31}}\\{u_{31}} = 2,{u_{31}} = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{u_{31}} = 2,{u_{34}} = 9\\{u_{31}} = 10,{u_{34}} = 1\end{array} \right.$

Mà dãy $\left( {{u_n}} \right)$ tăng nên ${u_{34}} > {u_{31}}$, do đó ${u_{31}} = 2,{\rm{ }}{u_{34}} = 9$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 30d = 2\\{u_1} + 33d = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = \frac{7}{3}\\{u_1} = – 68\end{array} \right.$

Số hạng tổng quát ${u_n} = – 68 + \frac{7}{3}\left( {n – 1} \right)$.

Vậy ${u_1} = – 68,{\rm{ }}d = \frac{7}{3},{\rm{ }}{u_n} = – 68 + \frac{7}{3}\left( {n – 1} \right)$.

Câu 4 (VD). Một hộp có chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng 1 quả cầu màu đỏ và không quá 2 quả cầu màu vàng.

Phương pháp:

– Tính số phần tử không gian mẫu $n\left( \Omega \right)$

– Tính số khả năng có lợi cho biến cố $A$ đã cho.

– Tính xác suất $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$.

Cách giải:

Chọn 4 trong 16 quả cầu, $n\left( \Omega \right) = C_{16}^4 = 1820$.

Gọi $A$ là biến cố: “Có đúng 1 quả cầu đỏ và không quá 2 quả cầu vàng”

TH1: Chọn được 1 quả cầu đỏ, 2 quả cầu vàng, 1 quả cầu xanh có $C_4^1.C_7^2.C_5^1 = 420$ cách.

TH2: Chọn được 1 quả cầu đỏ, 1 quả cầu vàng, 2 quả cầu xanh có $C_4^1.C_7^1.C_5^2 = 280$ cách.

TH3: Chọn được 1 quả cầu đỏ, 0 quả cầu vàng, 3 quả cầu xanh có $C_4^1.C_7^0.C_5^3 = 40$ cách.

Do đó $n\left( A \right) = 420 + 280 + 40 = 740$.

Xác suất $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{740}}{{1820}} = \frac{{37}}{{91}}$.

Câu 5 (VD). Cho một cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu tiên ${u_1} = 1$ và tổng 100 số hạng đầu tiên bằng 24850. Tính $S = \frac{1}{{{u_1}{u_2}}} + \frac{1}{{{u_2}{u_3}}} + \frac{1}{{{u_3}{u_4}}} + … + \frac{1}{{{u_{49}}{u_{50}}}}$.

Phương pháp:

– Tìm CSC đã cho bằng cách sử dụng công thức ${S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right]}}{2}$

– Thay vào tổng đã cho tính toán.

Cách giải:

Ta có: $24850 = {S_{100}} = \frac{{100\left( {2.1 + 99d} \right)}}{2} \Leftrightarrow d = 5$

Khi đó ${u_1} = 1,{\rm{ }}{u_2} = 6,{\rm{ }}{u_3} = 11,{\rm{ }}{u_4} = 16,…,{u_{49}} = {u_1} + 48d = 241,{\rm{ }}{u_{50}} = {u_1} + 49d = 246$

$ \Rightarrow S = \frac{1}{{{u_1}{u_2}}} + \frac{1}{{{u_2}{u_3}}} + … + \frac{1}{{{u_{49}}{u_{50}}}} = \frac{1}{{1.6}} + \frac{1}{{6.11}} + \frac{1}{{11.16}} + … + \frac{1}{{241.246}}$ $ = \frac{1}{5}\left( {\frac{1}{1} – \frac{1}{6}} \right) + \frac{1}{5}\left( {\frac{1}{6} – \frac{1}{{11}}} \right) + … + \frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{241}} – \frac{1}{{246}}} \right)$

$ = \frac{1}{5}\left( {1 – \frac{1}{6} + \frac{1}{6} – \frac{1}{{11}} + … + \frac{1}{{241}} – \frac{1}{{246}}} \right)$

$ = \frac{1}{5}\left( {1 – \frac{1}{{246}}} \right) = \frac{{49}}{{246}}$

Vậy $S = \frac{{49}}{{246}}$.

Câu 6 (VD). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $SAD$. Lấy điểm $M$ thuộc cạnh $AB$ sao cho $AB = 3AM$.

Phương pháp:

a) Sử dụng định lí ba giao tuyến song song: $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) = {d_1}\\\left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right) = {d_2}\\\left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right) = {d_3}\\{d_1}//{d_2}\end{array} \right. \Rightarrow {d_3}//{d_1}//{d_2}$.

b) Sử dụng định lí $\left\{ \begin{array}{l}a \not\subset \left( P \right)\\a//b\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//\left( P \right)$.

c) Sử dụng hệ quả $\left\{ \begin{array}{l}a//\left( P \right)\\a \subset \left( Q \right)\\\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\end{array} \right. \Rightarrow a//d$.

Cách giải:

1) Tìm giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và mặt phẳng $\left( {GBC} \right)$. Tìm giao điểm $H$ của đường thẳng $BC$ với mặt phẳng $\left( {SGM} \right)$.

Dễ thấy $G \in \left( {GBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)$.

Xét các mặt phẳng: $\left( {GBC} \right),{\rm{ }}\left( {SAD} \right),{\rm{ }}\left( {ABCD} \right)$ có:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {GBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = Gx\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\\left( {ABCD} \right) \cap \left( {GBC} \right) = BC\\BC//AD\end{array} \right. \Rightarrow Gx//AB//CD$

Vậy $\left( {SAD} \right) \cap \left( {GBC} \right) = Gx$ là đường thẳng đi qua $G$ và song song $AD$.

Gọi $I$ là trung điểm $AD$, khi đó $\left( {SGM} \right) \equiv \left( {SIM} \right)$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$, gọi $H = IM \cap BC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H \in IM \subset \left( {SIM} \right)\\H \in BC\end{array} \right. \Rightarrow H = BC \cap \left( {SMG} \right)$.

2) Chứng minh rằng đường thẳng $MG$ song song với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

Vì $AD//BC$ nên $\frac{{MI}}{{MH}} = \frac{{MA}}{{MB}} = \frac{1}{2}$

Xét tam giác $SIH$ có $\frac{{MI}}{{MH}} = \frac{{GI}}{{GS}} = \frac{1}{2}$ nên theo định lí Talet ta có $MG//SH$.

Mà $SH \subset \left( {SBC} \right)$ nên $MG//\left( {SBC} \right)$.

3) Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M$ và song song với $AD$ và $SB$$\left( \alpha \right)$ cắt các cạnh $CD,SD,SA$ lần lượt tại các điểm $N,P,Q$. Xác định thiết diện của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ với hình chóp $S.ABCD$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}SB//\left( \alpha \right)\\SB \subset \left( {SAB} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\end{array} \right. \Rightarrow MQ//SB$

⇒ Trong $\left( {SAB} \right)$, kẻ $Mx//SB$ cắt $SA$ tại $Q$.

$\left\{ \begin{array}{l}AD//\left( \alpha \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = QP\end{array} \right. \Rightarrow QP//AD$

⇒ Trong $\left( {SAD} \right)$, kẻ $Qy//AD$ cắt $SD$ tại $P$.

$\left\{ \begin{array}{l}AD//\left( \alpha \right)\\AD \subset \left( {ABCD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\end{array} \right. \Rightarrow MN//AD$

⇒ Trong $\left( {ABCD} \right)$, kẻ $Mt//AD$ cắt $CD$ tại $N$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = QP\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = PN\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NM\end{array} \right.$ ⇒ Thiết diện là tứ giác $MNPQ$.

Câu 7 (VD). Giải phương trình lượng giác sau: $\frac{{\sin x + \sin 2x}}{{\sin 3x}} = – 1$.

Phương pháp:

– Sử dụng công thức cộng $\sin a + \sin b = 2\sin \frac{{a + b}}{2}\cos \frac{{a – b}}{2}$ biến đổi phương trình về dạng tích.

– Giải phương trình và đối chiếu điều kiện, kết luận nghiệm.

Cách giải:

ĐK: $\sin 3x \ne 0 \Leftrightarrow 3x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{3}$

${\rm{PT}} \Rightarrow \sin x + \sin 2x = – \sin 3x \Leftrightarrow \left( {\sin x + \sin 3x} \right) + \sin 2x = 0$

$ \Leftrightarrow 2\sin 2x\cos x + \sin 2x = 0 \Leftrightarrow \sin 2x\left( {2\cos x + 1} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 0\\2\cos x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 0\\\cos x = – \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = k\pi \\x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{k\pi }}{2}\\x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}$

Biểu diễn các nghiệm trên đường tròn lượng giác ta được:

Quan sát hình vẽ ta thấy phương trình có nghiệm $x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}$ (hai điểm màu xanh).

Câu 8 (VD). Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có năm chữ số khác nhau và trong năm chữ số đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ này không đứng cạnh nhau.

Phương pháp:

– Đếm các số chẵn có 5 chữ số khác nhau mà có đúng hai chữ số lẻ.

– Đếm các số chẵn có 5 chữ số khác nhau mà có hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau.

– Trừ các kết quả cho nhau ta được đáp số.

Cách giải:

Gọi số có năm chữ số có dạng $\overline {abcde} $.

TH1: $e = 0$ có 1 cách chọn.

Chọn 2 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn và xếp vị trí cho chúng có $C_5^2.C_4^2.4!$ cách chọn.

Do đó có $C_5^2.C_4^2.4!$ số.

TH2: $e \in \left\{ {2;4;6;8} \right\}$ có 4 cách chọn.

+) Nếu $a$ chẵn, $a \ne 0,{\rm{ }}a \ne e$ thì có 3 cách chọn.

Số cách chọn 3 chữ số còn lại (1 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ) và xếp vị trí cho chúng là $C_3^1.C_5^2.3!$ cách chọn.

Do đó có $3.C_3^1.C_5^2.3!$ số.

+) Nếu $a$ lẻ thì có 5 cách chọn.

Số cách chọn 3 chữ số còn lại (2 chữ số chẵn và 1 chữ số lẻ) và xếp vị trí cho chúng là $C_4^2.C_4^1.3!$ cách chọn.

Do đó có $5.C_4^2.C_4^1.3!$ số.

Khi đó số các số chẵn có 5 chữ số khác nhau mà chỉ có đúng 2 chữ số lẻ là

$C_5^2.C_4^2.4! + 4.\left( {3.C_3^1.C_5^2.3! + 5.C_4^2.C_4^1.3!} \right) = 6480$ số.

Ta tính các số chẵn có 5 chữ số khác nhau chỉ có 2 chữ số lẻ mà chúng đứng cạnh nhau.

Coi hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau là một chữ số $A$, có $A_5^2$ cách chọn và sắp xếp vị trí của hai chữ số trong $A$.

Số có dạng $\overline {abcd} $ với $a,b,c,d \in \left\{ {A;0;2;4;6;8} \right\}$.

+) Nếu $a = A$ thì có $A_5^3$ cách chọn $b,c,d$.

+) Nếu $a \ne A,{\rm{ }}a \ne 0$ thì có 4 cách chọn.

$A$ có thể đứng ở bị trí $b$ hoặc $c$ nên có 2 cách xếp.

Có $A_4^2$ cách chọn và sắp xếp hai chữ số còn lại.

Do đó có $A_5^2\left( {A_5^3 + 4.2.A_4^2} \right) = 3120$

Vậy có $6480 – 3120 = 3360$ số.

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường ĐHSP THCS&THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Quảng Nam 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