Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
34

Đề thi Toán 11 học kì 1 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết  gồm 12 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐỂ THI HỌC KỲ I

MÔN: TOÁN – Lớp 11

Thời gian làm bài: 90 phút

(không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (NB): Thiết diện của hình chóp tứ giác (cắt bởi một mặt phẳng) không thể là hình nào dưới đây ?

A. Lục giác. B. Ngũ giác. C. Tam giác. D. Tứ giác.

Câu 2 (NB): Hai điểm $M\left( {5; – 7} \right)$ và $M’\left( { – 5; – 7} \right)$ đối xứng nhau qua:

A. Trục $Ox$ B. Điểm $O\left( {0;0} \right)$ C. Điểm $I\left( {5;0} \right)$ D. Trục $Oy$

Câu 3 (TH): Trong không gian cho 2018 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Khi đó có tối đa bao nhiêu mặt phẳng phân biệt tạo bởi 3 trong số 2018 điểm đó?

A. $C_{2018}^{2015}$ B. $2018!$ C. $A_{2018}^3$ D. 2018.

Câu 4 (VDC): Hình thang ABCD có đáy $AB = 2CD$, trong đó A, B thuộc trục hoành C, D thuộc đồ thị hàm số $y = \cos x$. Biết đường cao của hình thang ABCD bằng $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ và $AB < \pi $. Tính độ dài cạnh đáy AB ?

A. $AB = \frac{{2\pi }}{3}$ B. $AB = \frac{\pi }{3}$ C. $AB = \frac{{5\pi }}{6}$ D. $AB = \frac{{3\pi }}{4}$

Câu 5 (NB): Cho tứ diện SABCD có đáy ABCD là hình thang $\left( {AB//CD} \right)$. Gọi MN và P lần lượt là trung điểm của BCAD, và SA. Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (MNP).

A. Đường thẳng qua M và song song với SC. B. Đường thẳng qua P và song song với AB.

C. Đường thẳng PM. D. Đường thẳng qua S và song song với AB.

Câu 6 (TH): Cho cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_1} = 2$, $d = 9$. Khi đó số 2018 là số hạng thứ mấy trong dãy?

A. 226. B. 225. C. 223. D. 224.

Câu 7 (NB): Một hộp chứa 10 quả cầu phân biệt. Số cách lấy ra từ hộp đó 3 quả cầu là:

A. 120. B. 720. C. 10. D. 60.

Câu 8 (TH): Số hạng chứa ${x^{11}}$ trong khai triển của nhị thức ${\left( {x + 4} \right)^{20}}$ là:

A. $C_{20}^9{4^{11}}{x^9}$ B. $C_{20}^4{2^9}$ C. $C_{20}^9{4^9}{x^{11}}$ D. $C_{20}^9{4^9}$

Câu 9 (NB): Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = 1 + {2^n}$ . Khi đó số hạng ${u_{2018}}$ bằng:

A. ${2^{2018}}$ B. $2017 + {2^{2017}}$ C. $1 + {2^{2018}}$ D. $2018 + {2^{2018}}$

Câu 10 (TH): Tập xác định của hàm số $y = \frac{1}{{\sin 2x}}$ là:

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

Câu 11 (TH): Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

A. Cho điểm M nằm ngoài mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Khi đó tồn tại duy nhất một đường thẳng chứa M và song song với $\left( \alpha \right)$.

B. Cho đường thẳng a và b chéo nhau. Khi đó tồn tại duy nhất mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa a và song song với b.

C. Cho điểm M nằm ngoài mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Khi đó tồn tại duy nhất một mặt phẳng $\left( \beta \right)$ chứa điểm M và song song với $\left( \alpha \right)$.

D. Cho đường thẳng a và mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ song song với nhau. Khi đó tồn tại duy nhất một mặt phẳng $\left( \beta \right)$ chứa a và song song với $\left( \alpha \right)$.

Câu 12 (VD): Phương trình $\sin x = \frac{1}{2}$ có bao nhiêu nghiệm trên đoạn $\left[ {0;20\pi } \right]$?

A.10. B. 11. C. 21. D. 20.

Câu 13 (NB): Tổ 1 của lớp 11A gồm 6 bạn nam và 2 bạn nữ. Để chọn một đội lao động trong tổ, cần một bạn nữ và ba bạn nam. Số cách chọn như vậy là:

A. 21. B. 60. C. 120. D. 40.

Câu 14 (VD): Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có ba chữ số. Tính xác suất để số được chọn không vượt quá 600, đồng thời nó chia hết cho 5.

A. $\frac{{500}}{{900}}$ B. $\frac{{100}}{{900}}$ C. $\frac{{101}}{{900}}$ D. $\frac{{501}}{{900}}$

Câu 15 (VD): Cho dãy $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{{n + 2018}}{{2018n + 1}}$. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

A. Dãy $\left( {{u_n}} \right)$ bị chặn dưới nhưng không bị chặn trên.

B. Dãy $\left( {{u_n}} \right)$ bị chặn.

C. Dãy $\left( {{u_n}} \right)$ không bị chặn trên, không bị chặn trên.

D. Dãy $\left( {{u_n}} \right)$ bị chặn trên nhưng không bị chặn dưới.

Câu 16 (TH): Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối và chỉ nhớ rằng hai chữ số đó phân biệt khác 0. Tính xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi:

A. $\frac{1}{{45}}$ B. $\frac{1}{{90}}$ C. $\frac{1}{{72}}$ D. $\frac{1}{{36}}$

Câu 17 (TH): Cho cấp số nhân $\left( {{U_n}} \right),\,n \ge 1$ với công bội $q = 2$ và có số hạng thứ hai ${U_2} = 5$. Số hạng thứ 7 của cấp số là:

A. ${U_7} = 320$ B. ${U_7} = 640$ C. ${U_7} = 160$ D. ${U_7} = 80$

Câu 18 (VD): Cho hình hộp $ABCD.A’,B’,C’,D’$Gọi G và G’ là trọng tâm các tam giác $BDA’$ và $A’CC’$.

Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $GG’ = \frac{3}{2}AC’$ B. $GG’ = AC’$ C. $GG’ = \frac{1}{2}AC’$ D. $GG’ = \frac{1}{3}AC’$

Câu 19 (VD): Giá trị của biểu thức $C_{2018}^0 – C_{2018}^1 + C_{2018}^2 – … + C_{2018}^{2016} – C_{2018}^{2017}$ là:

A. -2018 B. C. -1 D. 2018

Câu 20 (TH) Một tổ gồm n học sinh, biết rằng có 210 cách chọn 3 học sinh trong tổ để làm ba việc khác nhau. Số n thỏa mãn hệ thức nào dưới đây?

A. $n\left( {n – 1} \right)\left( {n – 2} \right) = 420$ B. $n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right) = 420$

C. $n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right) = 210$ D. $n\left( {n – 1} \right)\left( {n – 2} \right) = 210$

II. Phần tự luận (5 điểm)

Câu 1 (VD) (1 điểm): Cho $x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $\frac{{\sin 3x – \sin x + \sin 2x}}{{2\cos x – 1}} = 0$. Tính giá trị của $A = \sin x$.

Câu 2 (VD) (1,5 điểm): Cho một số cấp cộng $\left( {{u_1}} \right)$ có ${u_1} = 1$ và tổng 100 số hạng đầu bằng 10000. Tính tổng: $S = \frac{1}{{{u_1}{u_2}}} + \frac{1}{{{u_2}{u_3}}} + … + \frac{1}{{{u_{99}}{u_{100}}}}$

Câu 3 (VDC) (2,5 điểm): Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang, $AB//CD$ và $AB = 2CD$. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Lấy E thuộc cạnh SAF thuộc cạnh SC sao cho $\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SC}} = \frac{2}{3}$.

a) Chứng minh đường thẳng AC song song với mặt phẳng $\left( {BEF} \right)$.

b) Xác định giao điểm N của đường thẳng SD với mặt phẳng $\left( {BEF} \right)$ , từ đó chỉ ra thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( {BEF} \right)$.

c) Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng qua O và song song với mặt phẳng $\left( {BEF} \right)$. Gọi P là giao điểm của SD với $\left( \alpha \right)$. Tính tỉ số $\frac{{SP}}{{SD}}$.

Đáp án

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Phương pháp:

Các đoạn giao tuyến giữa mặt phẳng và hình chóp khi nối tiếp nhau sẽ tạo thành một đa giác phẳng, người ta gọi đó là thiết diện (hay mặt cắt) của mặt phẳng với hình chóp đó.

Cách giải:

Chóp tứ giác có 5 mặt nên thiết diện tối đa chỉ có thể là ngũ giác, không thể là lục giác.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

Hai điểm $M\left( {a;b} \right)$ và $M’\left( { – a;b} \right)$ đối xứng nhau qua trục Oy.

Cách giải:

Hai điểm $M\left( {5; – 7} \right)$ và $M’\left( { – 5; – 7} \right)$ đối xứng nhau qua trục Oy.

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp:

Qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng xác định một mặt phẳng.

Cách giải:

Qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng xác định một mặt phẳng nên số mặt phẳng phân biệt tạo bởi 3 trong số 2018 điểm trên là $C_{2018}^3 = C_{2018}^{2015}.$

Câu 4: Đáp án A

Cách giải:

Vẽ $DH \bot AB{\rm{ }}\left( {H \in AB} \right)$ ta có $DH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.$

Phương trình CD: $y = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}.$

TH1: Phương trình CD: $y = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.$

Khi đó tọa độ điểm C, D là nghiệm của phương trình

$\cos y = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + m2\pi \\x = – \frac{\pi }{6} + n2\pi \end{array} \right.\left( {m,n \in \mathbb{Z}} \right).$

$ \Rightarrow CD = \left| {{x_C} – {x_D}} \right| = \left| {\frac{\pi }{6} + m2\pi + \frac{\pi }{6} – n2\pi } \right| = \left| {\frac{\pi }{3} + \left( {m – n} \right)2\pi } \right|$

$ \Rightarrow \frac{\pi }{3} + \left( {m – n} \right)2\pi < \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \frac{1}{3} + 2\left( {m – n} \right) < \frac{1}{2} \Leftrightarrow m – n < \frac{1}{{12}}$

Chọn $m – n = 0 \Leftrightarrow CD = \frac{\pi }{3} \Rightarrow AB = \frac{{2\pi }}{3}.$

TH2: Phương trình CD: $y = – \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow $ Tọa độ của C, D là nghiệm của phương trình

$\cos x = – \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{5\pi }}{6} + m’2\pi \\x = – \frac{{5\pi }}{6} + n’2\pi \end{array} \right.\left( {m’,n’ \in \mathbb{Z}} \right)$

$ \Rightarrow CD = \left| {{x_C} – {x_D}} \right| = \left| {\frac{{3\pi }}{2} + \left( {m’ – n’} \right)2\pi } \right|$

Khi $m’ – n’ = 0 \Rightarrow CD = \frac{{3\pi }}{2} > \frac{\pi }{2}\left( {ktm} \right)$

Khi $m’ – n’ = – 1 \Rightarrow CD = \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2}\left( {ktm} \right)$

Vậy $AB = \frac{{2\pi }}{3}.$

Câu 5: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng định lí: Hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song thì cắt nhau theo giao tuyến (nếu có) song song với hai đường thẳng đó.

Cách giải:

$\left( {SAB} \right)$ và $\left( {MNP} \right)$ có điểm P chung;

$\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {SAB} \right)\\MN \subset \left( {MNP} \right)\\AB||MN\end{array} \right. \Rightarrow $ Giao tuyến của 2 mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {MNP} \right)$ là đường thẳng qua P và song song với AB.

Câu 6: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Giả sử 2018 là số hạng thứ n ta có ${u_n} = 2018 \Leftrightarrow 2 + \left( {n – 1} \right)9 = 2018 \Leftrightarrow n = 225.$

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức chỉnh hợp chập k của n.

Cách giải:

Số cách lấy ra từ hộp 3 quả cầu là $C_{10}^3 = 120$ (cách).

Câu 8: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n – k}}.} $

Cách giải:

Ta có: ${\left( {x + 4} \right)^{20}} = \sum\limits_{k = 0}^{20} {C_{20}^k{x^k}{4^{20 – k}}.} $

Số hạng chứa ${x^{11}}$ tương ứng với $k = 11.$

Vậy số hạng chứa ${x^{11}}$ là: $C_{20}^{11}{.4^9}.{x^{11}} = C_{20}^9{.4^9}.{x^{11}}.$

Chú ý: HS cần phân biệt số hạng chứa ${x^{11}}$ và hệ số của số hạng chứa ${x^{11}}$ để tránh chọn nhầm đáp án D.

Câu 9: Đáp án

Phương pháp: C

Thay $n = 2018.$

Cách giải:

${u_n} = 1 + {2^n} \Rightarrow {u_{2018}} = 1 + {2^{2018}}.$

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp:

Hàm phân thức xác định khi và chỉ khi mẫu thức khác 0.

Cách giải:

Hàm số $\frac{1}{{\sin 2x}}$ xác định $ \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Vậy TXĐ của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Câu 11: Đáp án A

Phương pháp:

Suy luận từng mệnh đề.

Cách giải:

Đáp án A sai vì Cho điểm M nằm ngoài mặt phẳng $\left( \alpha \right).$ Khi đó tồn tại vô số đường thẳng a chứa M và song song với $\left( \alpha \right).$ Các đường thẳng đó nằm trong mặt phẳng đi qua M và song song với $\left( \alpha \right).$

Câu 12: Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Cách giải:

$\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + l2\pi \end{array} \right.\left( {k,l \in \mathbb{Z}} \right)$

$0 \le \frac{\pi }{6} + k2\pi \le 20\pi \Leftrightarrow \frac{{ – 1}}{{12}} \le k \le \frac{{119}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2;…;9} \right\}$

$0 \le \frac{{5\pi }}{6} + l2\pi \le 20\pi \Leftrightarrow \frac{{ – 5}}{{12}} \le k \le \frac{{115}}{{12}} \Rightarrow l \in \left\{ {0;1;2;…;9} \right\}$

Vậy phương trình đã cho có 20 nghiệm thuộc $\left[ {0;2\pi } \right].$

Câu 13: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Số cách chọn 1 bạn nữ là $C_2^1$ cách.

Số cách chọn 3 bạn nam là $C_6^3$ cách.

Vậy số cách chọn 1 bạn nữ và 3 bạn nam là $C_2^1.C_6^3 = 40$ cách.

Câu 14: Đáp án C

Phương pháp:

Số chia hết cho 5 là số có tận cùng là 0 hoặc 5.

Cách giải:

Số các số tự nhiên có 3 chữ số là $9.10.10 = 900$ số $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 900.$

Gọi A là biến cố: “số được chọn không vượt quá 600, đồng thời nó chia hết cho 5”.

$ \Rightarrow A = \left\{ {100 \le 5k \le 600|k \in \mathbb{N}} \right\}.$ Do $100 \le 5k \le 600 \Leftrightarrow 20 \le k \le 120,$ suy ra có $\frac{{120 – 20}}{1} + 1 = 101$ số k thỏa mãn $ \Rightarrow n\left( A \right) = 101.$

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{101}}{{900}}.$

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp:

Chứng minh dãy số đã cho là dãy số giảm bằng cách chứng minh hiệu ${u_{n + 1}} – {u_n} < 0.$ Từ đó chọn kết luận đúng.

Cách giải:

Ta có

${u_n} = \frac{{n + 2018}}{{2018n + 1}} = \frac{{n + \frac{1}{{2018}} + 2018 – \frac{1}{{2018}}}}{{2018n + 1}}$

$ = \frac{1}{{2018}} + \frac{{2018 – \frac{1}{{2018}}}}{{2018n + 1}} = \frac{1}{{2018}} + \frac{{{{2018}^2} – 1}}{{2018\left( {2018n + 1} \right)}} = \frac{1}{{2018}} + \frac{{2017.2019}}{{2018\left( {2018n + 1} \right)}}$

$ \Rightarrow {u_{n + 1}} = \frac{1}{{2018}} + \frac{{2017.2019}}{{2018\left( {2018\left( {n + 1} \right) + 1} \right)}}$

$ = \frac{1}{{2018}} + \frac{{2017.2019}}{{2018\left( {2018n + 2019} \right)}}$

$ \Rightarrow {u_{n + 1}} – {u_n}$

$ = \frac{{2017.2019}}{{2018\left( {2018n + 2019} \right)}} – \frac{{2017.2019}}{{2018\left( {2018n + 1} \right)}}$

$ = \frac{{2017.2019}}{{2018}}\left( {\frac{1}{{2018n + 2019}} – \frac{1}{{2018n + 1}}} \right)$

Do $2018n + 2019 > 2018n + 1 \Rightarrow \frac{1}{{2018n + 2019}} < \frac{1}{{2018n + 1}}$

$ \Rightarrow \frac{1}{{2018n + 2019}} – \frac{1}{{2018n + 1}} < 0$ hay ${u_{n + 1}} – {u_n} < 0 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} < {u_n}.$

Suy ra dãy số đó cho là dãy số giảm.

Lại có ${u_1} = \frac{{1 + 2018}}{{2018 + 1}} = 1.$ Vậy dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ giảm và bị chặn dưới bởi 1.

Câu 16: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số có hai chữ số cuối của SĐT cần tìm là $\overline {ab} .$ Do hai chữ số đó phân biệt khác 0 nên có $9.8 = 72$ cách chọn.

Vậy xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi là $\frac{1}{{72}}.$

Câu 17: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức SHTQ của CSN: ${u_n} = {u_1}{q^{n – 1}}.$

Cách giải:

Ta có: ${U_2} = {U_1}.q \Rightarrow {U_1} = \frac{{{U_2}}}{q} = \frac{5}{2}$

$ \Rightarrow {U_7} = {U_1}.{q^6} = \frac{5}{2}{.2^6} = 160.$

Câu 18: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng định lí Ta-lét.

Cách giải:

Gọi $O = AC \cap BD,O’ = A’C’ \cap B’D’.$ Gọi $I = AC’ \cap A’C.$

Do $ACC’A’$ là hình bình hành $ \Rightarrow $ I là trung điểm của $A’C$

$ \Rightarrow G \in AI \Rightarrow G \in AC’.$ Chứng minh tương tự ta có $G’ \in AC’.$

Do G là trọng tâm tam giác $BDA’$ nên $\frac{{A’G}}{{OG}} = 2.$

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{{A’G}}{{OG}} = \frac{{GC’}}{{AG}} = 2 \Rightarrow AG = \frac{1}{3}AC’.$

Chứng minh tương tự ta có $G’C’ = \frac{1}{3}AC’.$ Vậy $GG’ = \frac{1}{3}AC’.$

Câu 19: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton ${\left( {x + 1} \right)^{2018}}$ và cho $x = – 1.$

Cách giải:

Ta có: ${\left( {x + 1} \right)^{2018}} = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {C_{2018}^k} {x^k}.$

Với $x = – 1$ ta có $0 = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {C_{2018}^k} {\left( { – 1} \right)^k} = C_{2018}^0 – C_{2018}^1 + C_{2018}^2 + … – C_{2018}^{2017} + C_{2018}^{2018}$

$ \Rightarrow C_{2018}^0 – C_{2018}^1 + C_{2018}^2 + … – C_{2018}^{2017} = – C_{2018}^{2018} = – 1.$

Câu 20: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức $A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n – k} \right)!}}$

Cách giải:

Số cách chọn 3 học sinh trong tổ để làm ba việc khác nhau là 1 chỉnh hợp chập 3 của n, khi đó ta có:

$A_n^3 = 210 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n – 3} \right)!}} = 210 \Leftrightarrow n\left( {n – 1} \right)\left( {n – 2} \right) = 210.$

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1:

Phương pháp:

+) Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích $\sin a – \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a – b}}{2}.$

+) Đưa phương trình đã cho về dạng tích sau đó giải phương trình lượng giác cơ bản.

Cách giải:

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

ĐK: $2\cos x – 1 \ne 0 \Leftrightarrow \cos x \ne \frac{1}{2} \Leftrightarrow x \ne \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

$pt \Leftrightarrow \sin 3x – \sin x + \sin 2x = 0$

$ \Leftrightarrow 2\cos 2x\sin x + 2\sin x\cos x = 0$

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

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\cos x = – 1\\\cos x = – \frac{1}{2}\left( {loai} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin x = 0 \Rightarrow A = \sin x = 0$

Vậy A = 0

Câu 2:

Phương pháp:

+) Gọi là công sai của cấp số cộng trên, sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng ${S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right].n}}{2}$ tìm d.

+) Viết công thức của SHTQ của CSC.

+) Tính $\frac{1}{{{u_k}{u_{k + 1}}}},$ rút gọn sau đó tính S.

Cách giải:

Gọi d là công sai của cấp số cộng trên ta có:

${S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right].n}}{2} \Rightarrow {S_{100}} = \frac{{\left( {2 + 99d} \right).100}}{2} = 10000 \Rightarrow d = 2.$

Khi đó ta có số hạng tổng quát của cấp số cộng là ${u_n} = 1 + \left( {n – 1} \right).2 = 2n – 1.$

Xét ${u_k}{u_{k + 1}} = \frac{1}{{\left( {2k – 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{2k – 1}} – \frac{1}{{2k + 1}}} \right).$ Khi đó ta có:

$S = \frac{1}{2}\left( {1 – \frac{1}{3} + \frac{1}{3} – \frac{1}{5} + … + \frac{1}{{197}} – \frac{1}{{199}}} \right)$

$ \Rightarrow S = \frac{1}{2}\left( {1 – \frac{1}{{199}}} \right) = \frac{{99}}{{199}}$

Vậy $S = \frac{{99}}{{199}}.$

Câu 3:

Phương pháp:

a) Một đường thẳng song song với một mặt phẳng khi nó song song với một đường nằm trong mặt phẳng đó.

b) Xác định điểm chung của SD với $\left( {BEF} \right),$ từ đó xác định thiết diện.

c) Xác định $\left( \alpha \right).$ Sử dụng định lí Ta-lét.

Cách giải:

a) Áp dụng định lí Ta-lét đảo ta có $\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF{\rm{ // }}AC.$

Mà $EF \subset \left( {BEF} \right) \Rightarrow AC{\rm{ // }}\left( {BEF} \right).$

b) Trong $\left( {SAC} \right)$ gọi

$I = SO \cap EF \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in EF \Rightarrow I \in \left( {BEF} \right) \Rightarrow BI \subset \left( {BEF} \right)\\I \in SO \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow I \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right..$

Trong $\left( {SBD} \right)$ gọi $N = BI \cap SD$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}N \in SD\\N \in BI \subset \left( {BEF} \right)\end{array} \right. \Rightarrow N = SD \cap \left( {BEF} \right).$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {BEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = BE\\\left( {BEF} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EN\\\left( {BEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NF\\\left( {BEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = FB\end{array} \right. \Rightarrow $ Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( {BEF} \right)$ là tứ giác BENF.

c) Ta có AC qua O và $AC{\rm{ // }}EF \Rightarrow AC \subset \left( \alpha \right).$

Trong $\left( {SAD} \right)$ qua A kẻ $AP{\rm{ // }}EN\left( {P \in SD} \right) \Rightarrow AP{\rm{ // }}\left( {BEF} \right) \Leftrightarrow AP \subset \left( \alpha \right).$

Khi đó ta có $\left( \alpha \right) \equiv \left( {BEF} \right).$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( {SBD} \right) = OP\\\left( {BEF} \right) \cap \left( {SBD} \right) = BN\\\left( \alpha \right){\rm{ // }}\left( {BEF} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OP{\rm{ // }}BN.$

Áp dụng đinh lí Ta-lét ta có: $\frac{{DP}}{{DN}} = \frac{{DO}}{{DB}}.$

Ta có: $\frac{{DO}}{{OB}} = \frac{{DC}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{DO}}{{DB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{DP}}{{DN}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{DP}}{{PN}} = \frac{1}{2} \Rightarrow DP = \frac{1}{2}NP.$

Lại áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{{SN}}{{SP}} = \frac{{SE}}{{SA}} = \frac{2}{3}\left( {AP{\rm{ // }}EN} \right) \Rightarrow \frac{{SN}}{{NP}} = 2 \Rightarrow SN = 2NP.$

Từ đó ta có $\frac{{SP}}{{SD}} = \frac{{SN + NP}}{{SN + NP + DP}} = \frac{{2NP + NP}}{{2NP + NP + \frac{1}{2}NP}} = \frac{{3NP}}{{\frac{7}{2}NP}} = \frac{6}{7}.$

Vậy $\frac{{SP}}{{SD}} = \frac{6}{7}.$

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Quảng Nam Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Trãi Ba Đình 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