Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường ĐHSP THCS&THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
36

Đề thi Toán 11 học kì 1 Trường ĐHSP THCS&THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết gồm 12 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SP HÀ NỘI

TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

Năm học: 2019 – 2020

MÔN: TOÁN – Lớp 10

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

MỤC TIÊU: Đề thi với kiến thức trải rộng HK1, đánh giá chính xác năng lực học sinh cũng như là một tài liệu tham khảo bổ ích cho tất cả các em học sinh. Bên cạnh đó với cấu trúc trắc nghiệm kết hợp tự luận, đề thi giúp học sinh cọ sát được với hình thức ra đề phổ biến của các trường hiện nay.

I. TRẮC NGHIỆM (3đ)

Câu 1 (TH). Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất 2 lần. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trong hai lần gieo bằng 8.

A. $\frac{1}{6}$. B. $\frac{1}{2}$. C. $\frac{5}{{36}}$. D. $\frac{1}{9}$.

Câu 2 (TH). Trong các dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ xác định bởi số hạng tổng quát ${u_n}$ sau, hỏi dãy số nào là dãy số giảm?

A. ${u_n} = {2^n}$. B. ${u_n} = 2n – 5$. C. ${u_n} = {\left( { – 3} \right)^n}$. D. ${u_n} = \frac{{1 – n}}{{3n + 2}}$.

Câu 3 (TH). Cho hai đường thẳng phân biệt ab và mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Giả sử $a//\left( \alpha \right)$, $b \subset \left( \alpha \right)$. Khi đó:

A. ab cắt nhau B. $a//b$ hoặc ab chéo nhau.

C. ab chéo nhau. D. $a//b$

Câu 4 (TH). Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

A. Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng cho trước ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng song song với

mặt phẳng cho trước đó.

B. Nếu hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong $\left( \alpha \right)$ đều song song với mọi đường thẳng nằm trong $\left( \beta \right)$.

C. Nếu hai đường thẳng song song với nhau lần lượt nằm trong hai mặt phẳng phân biệt $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ thì $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ song song với nhau.

D. Nếu hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong $\left( \alpha \right)$ đều song song với $\left( \beta \right)$.

Câu 5 (TH). Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ . Gọi H là trung điểm của $A’B’$. Hỏi đường thẳng $B’C$ song song với mặt phẳng nào sau đây?

A. $\left( {HA’C} \right)$. B. $\left( {HAB} \right)$. C. $\left( {AHC’} \right)$. D. $\left( {AA’H} \right)$.

Câu 6 (TH). Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$, biết ${u_n} = \frac{{2n – 1}}{{5n + 3}}$ với $n \in {\mathbb{N}^*}$. Hỏi số $\frac{1}{3}$ là số hạng thứ mấy của dãy số?

A. 7. B. 8. C. 5. D. 6.

Câu 7 (TH). Số hạng chứa ${x^3}$ trong khai triển ${\left( {x + \frac{1}{{2x}}} \right)^9}$ với $x \ne 0$ là:

A. $ – C_9^3{x^3}$. B. $\frac{1}{8}C_9^3{x^3}$. C. $\frac{1}{8}C_9^3$. D. $C_9^3{x^3}$.

Câu 8 (VD). Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi O, ${O_1}$ lần lượt là tâm của ABCDABEF. Lấy M là trung điểm của CD. Hỏi khẳng định nào sau đây sai?

A. $M{O_1}$ cắt $\left( {BEC} \right)$. B. $O{O_1}//\left( {EFM} \right)$. C. $O{O_1}//\left( {BEC} \right)$. D. $O{O_1}//\left( {AFD} \right)$.

Câu 9 (TH). Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ xác định bởi $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = – 3\\{u_n} = \frac{1}{2}{u_{n – 1}} + 1\end{array} \right.$ với $n \in {\mathbb{N}^*}$, $n \ge 2$. Tìm số hạng ${u_4}$.

A. ${u_4} = \frac{1}{2}$. B. ${u_4} = 1$. C. ${u_4} = \frac{{11}}{8}$. D. ${u_4} = \frac{5}{8}$.

Câu 10 (TH). Hệ số của ${x^{10}}$ trong khai triển ${\left( {3{x^2} + \frac{1}{x}} \right)^{14}}$ với $x \ne 0$ là:

A. $C_{14}^6{3^8}{x^{10}}$. B. $C_{14}^6{3^8}$. C. $C_{14}^6{3^6}$. D. $C_{14}^6{3^6}{x^{10}}$.

Câu 11 (TH). Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$, biết ${u_n} = \frac{{{n^2} + 3}}{{2{n^2} – 1}}$ với $n \in {\mathbb{N}^*}$. Tìm số hạng ${u_5}$.

A. ${u_5} = \frac{7}{4}$. B. ${u_5} = \frac{7}{9}$. C. ${u_5} = \frac{{24}}{{51}}$. D. ${u_5} = \frac{4}{7}$.

Câu 12 (VD). Một hộp có 6 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp, tính xác suất để 5 viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi xanh bằng số bi vàng.

A. $\frac{{40}}{{1001}}$. B. $\frac{{240}}{{1001}}$. C. $\frac{{200}}{{1001}}$. D. $\frac{{702}}{{1001}}$.

II. TỰ LUẬN (7đ).

Câu 1 (VD): (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: $\sin x + \sin 2x = 0$

2. Tìm số hạng chứa ${x^{29}}$ trong khai triển theo nhị thức Niu-tơn của ${\left( {{x^2} – x} \right)^n}$, biết n là số nguyên dương thỏa mãn $2C_n^2 – 19n = 0$.

Câu 2 (VD): (2,0 điểm)

1. Trong một nhóm học sinh khối 11 tham gia hoạt động thiện nguyện gồm 3 học sinh nữ và 7 học sinh nam. Cần chọn ra 5 học sinh tham gia trong đợt thứ nhất. Tính xác suất để 5 học sinh được chọn không có quá 1 học sinh nữ.

2. Trong trận bóng đá chung kết, hai bạn Việt và Nam tham gia sút phạt, biết rằng khả năng sút phạt vào lưới của Việt và Nam lần lượt là 0,7 và 0,8. Tính xác suất để ít nhất một bạn ghi bàn.

Câu 3 (VD): (2,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD với O là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh SA và SD.

1. Chứng minh MO song song với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$ song song với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

2. Gọi K là trung điểm của MO. Chứng minh rằng NK song song với $\left( {SBC} \right)$.

3. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$. Hỏi thiết diện là hình gì?

Câu 4 (VDC): (0,5 điểm) Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Lấy EF lần lượt là trung điểm các cạnh AB, $CC’$ và O là tâm của đáy $A’B’C’D’$. Gọi I là giao điểm của BC và mặt phẳng $\left( {FOE} \right)$. Tính tỉ số $\frac{{IC}}{{IB}}$ và xác định thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng $\left( {FOE} \right)$.

HẾT

ĐÁP ÁN

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp:

– Tính số phần tử của không gian mẫu.

– Liệt kê các khả năng có lợi cho biến cố.

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

Cách giải:

Gieo con xúc sắc hai lần, $n\left( \Omega \right) = 6.6 = 36$.

Gọi A là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trong hai lần gieo bằng 8”

Khi đó $A = \left\{ {\left( {2;6} \right),\left( {3;5} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;3} \right),\left( {6;2} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 5$

Xác suất $P\left( A \right) = \frac{5}{{36}}$.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ giảm nếu $0 < \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} < 1$ hoặc ${u_{n + 1}} – {u_n} < 0$.

Cách giải:

Đáp án A: $\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} < \frac{{{2^{n + 1}}}}{{{2^n}}} = 2 > 1$ nên dãy số tăng.

Đáp án B: ${u_{n + 1}} – {u_n} = 2\left( {n + 1} \right) – 5 – 2n + 5 = 2 > 0$ nên dãy số tăng.

Đáp án C: Dãy số $ – 3;9; – 27;81;…$ không tăng không giảm.

Đáp án D: ${u_{n + 1}} – {u_n} = \frac{{1 – \left( {n + 1} \right)}}{{3\left( {n + 1} \right) + 2}} – \frac{{1 – n}}{{3n + 2}} = \frac{{ – n}}{{3n + 5}} – \frac{{1 – n}}{{3n + 2}} = \frac{{ – 3{n^2} – 2n – 3n – 5 + 3{n^2} + 5n}}{{\left( {3n + 5} \right)\left( {3n + 2} \right)}}$

$ = \frac{{ – 5}}{{\left( {3n + 5} \right)\left( {3n + 2} \right)}} < 0$

Do đó dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ giảm.

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp:

Nhận xét vị trí tương đối của đường thẳng ab và kết luận.

Cách giải:

Nếu $a//\left( \alpha \right)$, $b \subset \left( \alpha \right)$ thì $a//b$ hoặc a chéo b .

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về đường thẳng song song với mặt phẳng, hai mặt phẳng song song nhận xét tính đúng sai của từng đáp án.

Cách giải:

Đáp án A: sai, ta vẽ được vô số đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước.

Đáp án B: sai, mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này đều song song với mặt phẳng kia chứ không phải song song với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng kia.

Đáp án C: sai, $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ có thể cắt nhau theo giao tuyến song song với a và b.

Đáp án D: đúng.

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp:

Muốn chứng minh một đường thẳng song song với một mặt phẳng, ta chỉ ra một đường thẳng nằm trong mặt này và song song với đường thẳng kia.

Cách giải:

Gọi K là giao điểm của $A’C$ và $AC’$.

Tam giác $A’B’C$ có HK là đường trung bình của tam giác nên $HK//B’C$.

Mà $HK \subset \left( {AHC’} \right)$ nên $B’C//\left( {AHC’} \right)$.

Chú ý:

Các em có thể loại đáp án, chẳng hạn:

Đáp án A: $B’C \subset \left( {HA’C} \right)$ nên A sai.

Đáp án B: $B’C \cap \left( {HAB} \right) = B’$ nên B sai.

Đáp án D: $B’C \cap \left( {AA’H} \right) = B’$ nên D sai.

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình ${u_n} = \frac{1}{3}$ tìm n.

Cách giải:

Ta có: $\frac{{2n – 1}}{{5n + 3}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow 3\left( {2n – 1} \right) = 5n + 3 \Leftrightarrow n = 6$

Câu 7: Đáp án B

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 ${T_{k + 1}} = C_9^k{a^{9 – k}}{\left( {\frac{1}{{2x}}} \right)^k} = C_9^2.\frac{1}{{{2^k}}}.{x^{9 – 2k}}$.

Số hạng chứa ${x^3}$ ứng với $9 – 2k = 3 \Leftrightarrow k = 3$.

Vậy số hạng chứa ${x^3}$ là $C_9^3.\frac{1}{{{2^3}}}.{x^3} = \frac{1}{8}C_9^3{x^3}$

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp loại đáp án, xét các đáp án đúng, từ đó suy ra đáp án sai.

Cách giải:

Đáp án B: Dễ thấy $O{O_1}//DF \subset \left( {EFM} \right)$ nên B đúng.

Đáp án C: $O{O_1}//CE \subset \left( {BEC} \right)$ nên C đúng.

Đáp án D: $O{O_1}//DF \subset \left( {AFD} \right)$ nên D đúng.

Ngoài ra A sai vì $M{O_1}//\left( {BEC} \right)$, thật vậy, $O{O_1}//CE$, $OM//BC$ nên $\left( {O{O_1}M} \right)//\left( {BCE} \right) \Rightarrow M{O_1}//\left( {BCE} \right)$

Câu 9: Đáp án C

Phương pháp:

Tính giá trị các số hạng của dãy và kết luận.

Cách giải:

Ta có: ${u_2} = \frac{1}{2}{u_1} + 1 = \frac{1}{2}.\left( { – 3} \right) + 1 = – \frac{1}{2}$

${u_3} = \frac{1}{2}{u_2} + 1 = \frac{1}{2}.\left( { – \frac{1}{2}} \right) + 1 = \frac{3}{4}$

${u_4} = \frac{1}{2}{u_3} + 1 = \frac{1}{2}.\frac{3}{4} + 1 = \frac{{11}}{8}$.

Câu 10: Đáp án B

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: $C_{14}^k.{\left( {3{x^2}} \right)^{14 – k}}{\left( {\frac{1}{x}} \right)^k} = C_{14}^k{.3^{14 – k}}.{x^{28 – 2k}}.\frac{1}{{{x^k}}} = C_{14}^k{.3^{14 – k}}.{x^{28 – 3k}}$

Số hạng chứa ${x^{10}}$ ứng với $28 – 3k = 10 \Leftrightarrow k = 6$

Hệ số $C_{14}^6{.3^8}$.

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp:

Thay $n = 5$ vào công thức hàm số và tính toán.

Cách giải:

Ta có: ${u_5} = \frac{{{5^2} + 3}}{{{{2.5}^2} – 1}} = \frac{4}{7}$.

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp:

– Tính số phần tử của không gian mẫu.

– Tính số các khả năng có lợi cho biến cố.

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

Cách giải:

Chọn 5 viên bi trong hộp có $C_{15}^5 = 3003$ cách chọn hay $n\left( \Omega \right) = 3003$.

Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi xanh bằng số bi vàng”

+ TH1: 1 xanh, 1 vàng và 3 đỏ, có $C_6^1.C_5^1.C_4^3 = 120$ cách chọn.

+ TH2: 2 xanh, 2 vàng và 1 đỏ, có $C_6^2.C_5^2.C_4^1 = 600$ cách chọn.

Do đó $n\left( A \right) = 120 + 600 = 720$ cách chọn.

Xác suất $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{720}}{{3003}} = \frac{{240}}{{1001}}$.

PHẦN II: TỰ LUẬN

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

1. Sử dụng công thức nhân đôi $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ đưa phương trình về dạng tích.

2. Giải phương trình tìm n.

Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát tìm số hạng chứa ${x^{29}}$.

Cách giải:

1. Giải phương trình: $\sin x + \sin 2x = 0$

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

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

Vậy phương trình có nghiệm $x = k\pi $, $x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi $, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Tìm số hạng chứa ${x^{29}}$ trong khai triển theo nhị thức Niu-tơn của ${\left( {{x^2} – x} \right)^n}$, biết n là số nguyên dương thỏa mãn $2C_n^2 – 19n = 0$.

Ta có:

$2C_n^2 – 19n = 0 \Leftrightarrow 2.\frac{{n\left( {n – 1} \right)}}{2} – 19n = 0 \Leftrightarrow {n^2} – n – 19n = 0 \Leftrightarrow {n^2} – 20n = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 0\left( {loai} \right)\\n = 20\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

Số hạng tổng quát $C_{20}^k{\left( {{x^2}} \right)^{20 – k}}.{x^k} = C_{20}^k.{x^{40 – k}}$

Số hạng chứa ${x^{29}}$ ứng với $40 – k = 29 \Leftrightarrow k = 11$.

Vậy số hạng đó là $C_{20}^{11}{x^{29}}$.

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

1. – Tính số phần tử của không gian mẫu.

– Tính số các khả năng có lợi cho biến cố.

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

2. Sử dụng qui tắc nhân xác suất và xác suất của biến cố đối.

Cách giải:

1. Trong một nhóm học sinh khối 11 tham gia hoạt động thiện nguyện gồm 3 học sinh nữ và 7 học sinh nam. Cần chọn ra 5 học sinh tham gia trong đợt thứ nhất. Tính xác suất để 5 học sinh được chọn không có quá 1 học sinh nữ.

Chọn 5 học sinh trong 10 học sinh, $n\left( \Omega \right) = C_{10}^5 = 252$.

Gọi A là biến cố: “Chọn được không quá một học sinh nữ”.

+ TH1: Có 1 học sinh nữ và 4 học sinh nam có $C_3^1.C_7^4 = 105$ cách.

+ TH2: Có 0 học sinh nữ và 5 học sinh nam có $C_3^0.C_7^5 = 21$ cách.

Do đó $n\left( A \right) = 105 + 21 = 126$.

Xác suất $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{126}}{{252}} = \frac{1}{2}$.

2. Trong trận bóng đá chung kết, hai bạn Việt và Nam tham gia sút phạt, biết rằng khả năng sút phạt vào lưới của Việt và Nam lần lượt là 0,7 và 0,8. Tính xác suất để ít nhất một bạn ghi bàn.

Gọi A là biến cố: “Ít nhất một bạn ghi bàn”

Khi đó $\bar A$ là biến cố: “Không có bạn nào ghi bàn”

Xác suất để Việt không ghi bàn là: $1 – 0,7 = 0,3$.

Xác suất để Nam không ghi bàn là: $1 – 0,8 = 0,2$.

Xác suất để cả hai bạn không ghi bàn là: $P\left( {\bar A} \right) = 0,3.0,2 = 0,06$.

Xác suất để ít nhất một bạn ghi bàn là: $P\left( A \right) = 1 – P\left( {\bar A} \right) = 1 – 0,06 = 0,94$.

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

1. Sử dụng định lí $\left\{ \begin{array}{l}d \not\subset \left( P \right)\\a \subset \left( P \right)\\d//a\end{array} \right. \Rightarrow d//\left( P \right)$ để chứng minh đường thẳng song song mặt phẳng.

Sử dụng định lí $\left\{ \begin{array}{l}a,b \subset \left( P \right),a’b’ \subset \left( Q \right)\\a \cap b = I,a’ \cap b’ = I’\\a//a’,b//b’\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right)//\left( Q \right)$ để chứng minh hai mặt phẳng song song.

2. Sử dụng định lí $\left\{ \begin{array}{l}d \subset \left( P \right)\\\left( P \right)//\left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow d//\left( Q \right)$ để chứng minh đường thẳng song song mặt phẳng.

3. Xác định các giao tuyến của mặt phẳng đã cho với các mặt của hình chóp và suy ra thiết diện.

Cách giải:

1. Chứng minh MO song song với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$ song song với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

Ta có: MO là đường trung bình của tam giác SAC nên $MO//SC$.

Mà $SC \subset \left( {SBC} \right)$ nên $MO//\left( {SBC} \right)$.

MN là đường trung bình của $\Delta SAD$ nên $MN//AD$, mà $AD//BC$ nên $MN//BC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}MN,MO \subset \left( {OMN} \right)\\BC,SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)$

2. Gọi K là trung điểm của MO. Chứng minh rằng NK song song với $\left( {SBC} \right)$.

Dễ thấy $NK \subset \left( {OMN} \right)$.

Mà $\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)$ nên $NK//\left( {SBC} \right)$.

3. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$. Hỏi thiết diện là hình gì?

Ta có:

$BC \subset \left( {SBC} \right)//\left( {OMN} \right)$ nên $BC//\left( {OMN} \right)$

Mà $BC \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $\left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = Ox//BC$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$, qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt CDAB lần lượt tại EF.

Khi đó,

$\left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF$

$\left( {OMN} \right) \cap \left( {SAB} \right) = FM$

$\left( {OMN} \right) \cap \left( {SAD} \right) = MN$

$\left( {OMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NE$

$ \Rightarrow $ Thiết diện là tứ giác MNEF.

Mà $MN//BC$, $EF//BC$ nên $MN//EF$ hay thiết diện là hình thang MNEF.

Bài 4 (VDC):

Phương pháp:

Gọi N là trung điểm của $A’B’$, G là giao điểm của $NC’$ với EF.

Từ đó mở rộng mặt phẳng $\left( {FOE} \right)$ rồi tìm giao tuyến của $\left( {FOE} \right)$ với các mặt của hình hộp.

Cách giải:

Gọi N là trung điểm của $A’B’ \Rightarrow NE//FC’$ nên bốn điểm NEFC đồng phẳng.

Trong $\left( {NEFC} \right)$, gọi $G = NC’ \cap EF \Rightarrow G \in EF \subset \left( {FOE} \right)$.

Trong $\left( {A’B’C’D’} \right)$, gọi HK lần lượt là giao điểm của GO với $D’C’$, $A’B’$

Khi đó $\left( {FOE} \right) \equiv \left( {GKE} \right)$.

Trong $\left( {ABB’A’} \right)$, gọi $P = KE \cap B’B \Rightarrow P \in BB’ \subset \left( {BCC’B’} \right)$.

Trong $\left( {BCC’B’} \right)$, gọi $I = PF \cap BC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in BC\\I \in PF \subset \left( {GKE} \right) \equiv \left( {FOE} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I = BC \cap \left( {FOE} \right)$.

Khi đó

$\left( {FOE} \right) \cap \left( {A’B’C’D’} \right) = HK$

$\left( {FOE} \right) \cap \left( {ABB’A’} \right) = KE$

$\left( {FOE} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EI$

$\left( {FOE} \right) \cap \left( {BCC’B’} \right) = IF$

$\left( {FOE} \right) \cap \left( {DCC’D’} \right) = FH$

Thiết diện là ngũ giác EIFHK.

Ta có, $\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{PB}}{{CF}}$, $CF = \frac{1}{2}CC’ \Rightarrow \frac{{PB}}{{CF}} = \frac{{PB}}{{\frac{1}{2}CC’}} = 2.\frac{{PB}}{{BB’}}$ .

$HC’//KN \Rightarrow \frac{{HC’}}{{KN}} = \frac{{GC’}}{{GN}}$

Mà $C’F//NE \Rightarrow \frac{{GC’}}{{GN}} = \frac{{C’F}}{{NE}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{HC’}}{{KN}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{A’K}}{{KN}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{A’K}}{{A’N}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{A’K}}{{A’B’}} = \frac{1}{6}$

$ \Rightarrow \frac{{KN}}{{A’N}} = \frac{2}{3} = \frac{{K’N}}{{NB’}} \Rightarrow \frac{{K’N}}{{NB’}} = \frac{2}{5} \Rightarrow \frac{{NE}}{{PB’}} = \frac{2}{5} \Rightarrow \frac{{BB’}}{{PB’}} = \frac{2}{5} \Rightarrow \frac{{PB}}{{PB’}} = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{{PB}}{{BB’}} = \frac{3}{2}$

Vậy $\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{PB}}{{CF}} = 2.\frac{{PB}}{{BB’}} = 2.\frac{3}{2} = 3$.

HẾT

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Trần Hưng Đạo Thanh Xuân Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Trần Phú TP Hồ Chí Minh 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