Đề thi kì 1 môn toán lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Trần Hưng Đạo Thanh Xuân

Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu

Giải chi tiết đề thi kì 1 môn toán lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Trần Hưng Đạo Thanh Xuân với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

Đề bài

Câu I  (2,0 điểm) 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)

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

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)

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 \(\dfrac{1}{5}\) và \(\dfrac{2}{7}\) và hai người ném một cách độc lập với nhau.

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

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

Câu IV (3,5 điểm)

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 \(\dfrac{{IK}}{{IG}}.\)

----------HẾT---------- 

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn Loigiaihay.com

 

Câu I (VD):

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 \(\cos a + \cos b = 2\cos \dfrac{{a + b}}{2}\cos \dfrac{{a - b}}{2}\) và biến đổi phương trình về dạng tích.

Cách giải:

1. \(\cos 2x = 3\sin x + 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}x = 3\sin x + 1\\ \Leftrightarrow 2{\sin ^2}x + 3\sin x = 0\\ \Leftrightarrow \sin x\left( {2\sin x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\2\sin x + 3 = 0\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\sin x =  - \dfrac{3}{2}\left( {Loai} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

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

2. \(\cos 3x + \cos x - \cos 2x = 0\)

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

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

Câu II (VD):

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  \({\left( {2{x^3} - \dfrac{1}{x}} \right)^{12}},x \ne 0.\)

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

Số hạng không chứa \(x\) nếu \(36 - 4k = 0 \Leftrightarrow k = 9\).

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

b) 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 (VD):

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 \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\).

2) 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 \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{6}{{10}} = \dfrac{3}{5}\).

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 \(\dfrac{1}{5}\)\(\dfrac{2}{7}\) và hai người ném một cách độc lập với nhau.

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

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

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:

\(P\left( B \right) = P\left( {{B_1}} \right).P\left( {{B_2}} \right) = \dfrac{1}{5}.\dfrac{2}{7} = \dfrac{2}{{35}}\).

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 đổi \(\overline C \): Cả hai người đều trúng rổ.

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

Vậy \(P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 1 - \dfrac{2}{{35}} = \dfrac{{33}}{{35}}\).

Câu IV (VD):

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 – let để tính tỉ số \(\dfrac{{IK}}{{IG}}\).

Cách giải:

 

1) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\)\(\left( {SCD} \right).\) 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).


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

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

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

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

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 \(IG\)\(\left( {OMN} \right).\) Tính tỉ số \(\dfrac{{IK}}{{IG}}.\)

*) 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 \(O \in \left( {OMN} \right) \Rightarrow O \in \left( {SIP} \right) \cap \left( {OMN} \right)\) (1)

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

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 \(\dfrac{{IK}}{{IG}}\).

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

Trong \(\Delta SIP\) có \(\dfrac{{SH}}{{SI}} = \dfrac{1}{2}\) và \(\dfrac{{PO}}{{PI}} = \dfrac{1}{2}\) nên \(\dfrac{{SH}}{{SI}} = \dfrac{{PO}}{{PI}} = \dfrac{1}{2}\).

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 \(K\) là trung điểm \(IO\).

Vậy \(\dfrac{{IK}}{{IG}} = \dfrac{1}{2}\).

HẾT

Loigiaihay.com

Luyện Bài tập trắc nghiệm môn Toán lớp 11 - Xem ngay

>>Học trực tuyến Lớp 11 trên Tuyensinh247.com, mọi lúc, mọi nơi tất cả các môn. Các thầy cô giỏi nổi tiếng, dạy hay dễ hiểu

Góp ý Loigiaihay.com, nhận quà liền tay