Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Trần Hưng Đạo Thanh Xuân Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

0
46

Đề thi Toán 11 học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo trường thpt Trần Hưng Đạo Thanh Xuân có lời giải chi tiết và đáp án gồm phương pháp giải bài tập. Các bạn xem ở dưới.

TRƯỜNG THPT

TRẦN HƯNG ĐẠO

THANH XUÂN

 

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 11

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

Câu I (2,0 điểm) (VD). Giải các phương trình sau:

1) $\cos 2x = 3\sin x + 1$. 2) $\cos 3x + \cos x – \cos 2x = 0$.

Câu II (2,0 điểm) (VD)

1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ${\left( {2{x^3} – \frac{1}{x}} \right)^{12}},x \ne 0$.

2) Chứng minh rằng ${7^{17}}C_{17}^0 + {3.7^{16}}C_{17}^1 + {3^2}{.7^{15}}.C_{17}^2 + … + {3^{16}}.7C_{17}^{16} + {3^{17}}C_{17}^{17} = {10^{17}}$.

Câu III (2,5 điểm) (VD)

  1. Một hộp chứa 3 quả cầu đen và 2 quả cầu trắng. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 quả. Tính xác suất để lấy được hai quả cầu khác màu.
  2. Hai người tham gia một trò chơi ném bóng vào rổ, mỗi người ném vào rổ của mình 1 quả bóng. Biết rằng xác suất ném bóng trúng rổ của người thứ nhất, người thứ hai lần lượt là $\frac{1}{5}$ và $\frac{2}{7}$ và hai người ném một cách độc lập với nhau.
  3. Tính xác suất để hai người cùng ném bóng trúng rổ.
  4. Tính xác suất để có ít nhất một người ném không trúng rổ.

Câu IV (3,5 điểm) (VD). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SC và SD.

  1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$. Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.
  2. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$. Thiết diện là hình gì, tại sao?
  3. Gọi I là trung điểm của cạnh CD, G là trọng tâm của tam giác SAB. Tìm giao điểm K của IG và $\left( {OMN} \right)$. Tính tỉ số $\frac{{IK}}{{IG}}$.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu I:

Phương pháp

  1. Sử dụng công thức nhân đôi đưa phương trình về phương trình bậc hai với ẩn $\cos x$.
  2. Sử dụng công thức cộng $\cos a + \cos b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\cos \frac{{a – b}}{2}$ và biến đổi phương trình về dạng tích.

Cách giải

  1. $\begin{array}{l}\cos 2x = 3\sin x + 1\\ \Leftrightarrow 1 – 2{\sin ^2}x = 3\sin x + 1\\ \Leftrightarrow 2{\sin ^2}x + 3\sin x = 0\\ \Leftrightarrow \sin x\left( {2\sin x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\2\sin x + 3 = 0\end{array} \right] \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\sin x =  – \frac{3}{2}\end{array} \right] \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in z} \right)\end{array}$

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

2.

$\begin{array}{l}\cos 3x + \cos x – \cos 2x = 0\\ \Leftrightarrow 2\cos 2x\cos x – \cos 2x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x\left( {2\cos x – 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos 2x = 0\\2\cos x – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos 2x = 0\\\cos x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\\x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\end{array}$

Vậy phương trình có nghiệm $x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2},x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi $.

Câu II:

Phương pháp

  1. Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát ${T_{k + 1}} = C_n^k{a^{n – k}}{b^k}$.
  2. Sử dụng khai triển ${\left( {a + b} \right)^n}$ và chọn a, b, n là các số thích hợp, từ đó quy ra tổng.

Cách giải

1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của ${\left( {2{x^3} – \frac{1}{x}} \right)^{12}},x \ne 0$.

Ta có: ${T_{k + 1}} = C_{12}^k{\left( {2{x^3}} \right)^{12 – k}}.{\left( { – \frac{1}{x}} \right)^k} = C_{12}^k{.2^{12 – k}}.{x^{3\left( {12 – k} \right)}}.\frac{{{{\left( { – 1} \right)}^k}}}{{{x^k}}} = C_{12}^k.{\left( { – 1} \right)^k}{.2^{12 – k}}.{x^{36 – 3k – k}} = C_{12}^k.{\left( { – 1} \right)^k}{.2^{12 – k}}.{x^{36 – 4k}}$.

Số hạng không chứa nếu $36 – 4k = 0 \Leftrightarrow k = 9$.

Vậy số hạng không chứa x là $C_{12}^9.{\left( { – 1} \right)^9}{.2^{12 – 9}} = – 1760$.

2) Chứng minh rằng ${7^{17}}C_{17}^0 + {3.7^{16}}C_{17}^1 + {3^2}{.7^{15}}.C_{17}^2 + … + {3^{16}}.7C_{17}^{16} + {3^{17}}C_{17}^{17} = {10^{17}}$.

Số hạng tổng quát $C_{17}^k{.7^{17 – k}}{.3^k}$, chọn $n = 17,a = 7,b = 3$.

Xét tổng: ${\left( {7 + 3} \right)^{17}} = C_{17}^0{.7^{17 – 0}}{.3^0} + C_{17}^1{.7^{17 – 1}}{.3^1} + … + C_{17}^{16}{.7^{17 – 16}}{.3^{16}} + C_{17}^{17}{.7^0}{.3^{17}}$.

Do đó ${10^{17}} = {7^{17}}C_{17}^0 + {3.7^{16}}C_{17}^1 + … + {3^{16}}.7C_{17}^{16} + {3^{17}}C_{17}^{17}$ (đpcm).

Câu III:

Phương pháp

  1. Tính số phần tử không gian mẫu.

Tính số khả năng có lợi cho biến cố.

Sử dụng công thức tính xác suất $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$.

  1. Sử dụng các quy tắc nhân xác suất, xác suất biến cố đối.

Cách giải

1) Một hộp chứa 3 quả cầu đen và 2 quả cầu trắng. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 quả. Tính xác suất để lấy được hai quả cầu khác màu.

Phép thử: “Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu”.

$ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_5^2 = 10$.

Biến cố A: “Chọn được hai quả cầu khác màu”.

$ \Rightarrow n\left( A \right) = C_3^1.C_2^1 = 3.2 = 6$.

Xác suất $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}$.

2) Hai người tham gia một trò chơi ném bóng vào rổ, mỗi người ném vào rổ của mình 1 quả bóng. Biết rằng xác suất ném bóng trúng rổ của người thứ nhất, người thứ hai lần lượt là $\frac{1}{5}$ và $\frac{2}{7}$ và hai người ném một cách độc lập với nhau.

Gọi ${B_1}$: “Người 1 trúng rổ”, $P\left( {{B_1}} \right) = \frac{1}{5}$.

${B_2}$: “Người 2 trúng rổ”, $P\left( {{B_2}} \right) = \frac{2}{7}$.

a) Tính xác suất để hai người cùng ném bóng trúng rổ.

Gọi biến cố B: Hai người trúng rổ.

Theo quy tắc nhân xác suất ta có: $P\left( B \right) = P\left( {{B_1}} \right).P\left( {{B_2}} \right) = \frac{1}{5}.\frac{2}{7} = \frac{2}{{35}}$.

b) Tính xác suất để có ít nhất một người ném không trúng rổ.

Gọi biến cố C: Ít nhất một người không trúng rổ.

Biến cố đối $\overline C $: Cả hai người đều trúng rổ.

Dễ thấy đây cũng là biến cố B nên $P\left( {\overline C } \right) = P\left( B \right) = \frac{2}{{35}}$.

Vậy $P\left( C \right) = 1 – P\left( {\overline C } \right) = 1 – \frac{2}{{35}} = \frac{{33}}{{35}}$.

Câu IV:

Phương pháp

a) – Sử dụng định lý: $\left\{ \begin{array}{l}a \subset \left( P \right)\\b \subset \left( Q \right)\\a//b\\\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\end{array} \right. \Rightarrow d//a//b$.

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

b) Sử dụng định lý giao tuyến ba mặt phẳng: Ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến, nếu chúng không đồng quy thì song song.

c) Phương pháp xác định giao điểm của đường thẳng a với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.

– Tìm mặt phẳng phụ $\left( P \right)$ chứa a.

– Tìm giao tuyến $d = \left( P \right) \cap \left( \alpha \right)$

– Tìm giao điểm của d với a.

Sử dụng định lý Ta-lét để tính tỉ số $\frac{{IK}}{{IG}}$.

Cách giải

1) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$. Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.

+ Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB//CD\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = Sx\end{array} \right. \Rightarrow Sx//AB//CD$.

Do đó giao tuyến của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng Sx đi qua S và song song với AB, CD.

+ Dễ thấy $MN \not\subset \left( {SAB} \right)$

Trong tam giác SCD có M, N là trung điểm SC, SD nên MN là đường trung bình của tam giác SCD.

Khi đó $MN//CD$, mà $CD//AB$ nên $MN//AB$.

Mà $AB \subset \left( {SAB} \right)$ nên $MN//\left( {SAB} \right)$ (đpcm).

2) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$. Thiết diện là hình gì, tại sao?

Xét ba mặt phẳng $\left( {OMN} \right),\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)$ có:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {OMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = Ot\\MN//CD\end{array} \right. \Rightarrow MN//CD//Ot$.

Do đó $\left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = Ot$ là đường thẳng đi qua O và song song với CD.

Kẻ đường thẳng qua O và song song CD cắt AD, BC lần lượt tại E, F.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}\left( {OMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN\\\left( {OMN} \right) \cap \left( {SAD} \right) = NE\\\left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF\\\left( {OMN} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MF\end{array} \right.$.

Vậy thiết diện là tứ giác MNEF.

Ngoài ra $MN//CD,EF//CD \Rightarrow MN//EF$.

Vậy thiết diện là hình thang.

3) Gọi I là trung điểm của cạnh CD, G là trọng tâm của tam giác SAB. Tìm giao điểm K của IG và $\left( {OMN} \right)$. Tính tỉ số $\frac{{IK}}{{IG}}$.

*) Tìm giao điểm của IG với $\left( {OMN} \right)$.

+ Gọi P là trung điểm của AB. Dễ thấy $IG \subset \left( {SIP} \right)$.

+ Ta tìm giao tuyến của $\left( {SIP} \right)$ với $\left( {OMN} \right)$.

Vì I, P là trung điểm của CD, AB nên $O \in IP \subset \left( {SIP} \right)$.

Mà $O \in \left( {OMN} \right) \Rightarrow O \in \left( {SIP} \right) \cap \left( {OMN} \right)\;\;\left( 1 \right)$.

Trong $\left( {SCD} \right)$, gọi $H = SI \cap MN \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H \in SI \subset \left( {SIP} \right)\\H \in MN \subset \left( {OMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H \in \left( {SIP} \right) \cap \left( {OMN} \right)\;\;\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) suy ra $OH = \left( {SIP} \right) \cap \left( {OMN} \right)$.

+ Trong $\left( {SIP} \right)$, gọi $K = OH \cap IG$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}K \in OH \subset \left( {OMN} \right)\\K \in IG\end{array} \right. \Rightarrow K = IG \cap \left( {OMN} \right)$.

*) Tính $\frac{{IK}}{{IG}}$.

Trong $\Delta SCI$ có M là trung điểm SC và $MH//CI$ nên H là trung điểm của SI.

Trong $\Delta SIP$ có $\frac{{SH}}{{SI}} = \frac{1}{2}$ và $\frac{{PO}}{{PI}} = \frac{1}{2}$ nên $\frac{{SH}}{{SI}} = \frac{{PO}}{{PI}} = \frac{1}{2}$.

Theo định lý Ta – let ta có $OH//SP$ hay $OK//PG$.

Trong $\Delta IPG$ có O là trung điểm IP và $OK//PG$ nên là trung điểm IO.

Vậy $\frac{{IK}}{{IG}} = \frac{1}{2}$.

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường ĐHSP THCS&THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây