Đề thi học kì 1 môn toán lớp 11 năm 2019 - 2020 sở GDĐT Bắc NinhGiải chi tiết đề thi học kì 1 môn toán lớp 11 năm 2019 - 2020 sở GDĐT Bắc Ninh với cách giải nhanh và chú ý quan trọng Quảng cáo
Câu 1 (3,0 điểm). 1) Tìm tập xác định hàm số f(x)=1cosx−1⋅ 2) Giải phương trình 2sin2x−5sinx+2=0. 3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình sau có nghiệm 3sinx+mcosx=2m. Câu 2 (2,5 điểm). Từ một tập gồm 10 câu hỏi trong đó có 4 câu lí thuyết và 6 câu bài tập, người ta tạo thành các đề thi. Biết rằng một đề thi phải gồm 3 câu hỏi trong 10 câu hỏi trên. a, Hỏi có bao nhiêu cách tạo ra các đề thi. b, Tính xác suất để trong một đề thi phải có ít nhất một câu lý thuyết và một câu bài tập. Câu 3 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d:2x−y−1=0. Viết phương trình đường thẳng d′ là ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véc tơ →u=(3;−1). Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC. Gọi K,N lần lượt là trung điểm của SA,BC. Điểm M thuộc cạnh SC sao cho SM=23SC. a, Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (KMN) và (SBC). b, Tìm giao điểm của đường thẳng AC và mặt phẳng (KMN). c, Gọi H là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (KMN). Chứng minh rằng ba đường thẳng KH,MN,SB đồng quy. Câu 5 (0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn C3nCn−3n−2C3nC2n−1+C2n−1Cn−3n−1=14400. Tìm hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển T(x)=(8x6−36x3−27x3+54)n, với x≠0. HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Thực hiện: Ban chuyên môn Loigiaihay.com
Câu 1 (VD). Phương pháp: 1) Biểu thức 1f(x) xác định nếu f(x)≠0. 2) Giải phương trình bậc hai đối với ẩn là hàm sinx. 3) Phương trình asinx+bcosx+c=0 có nghiệm ⇔a2+b2≥c2 Cách giải: 1) Tìm tập xác định hàm số f(x)=1cosx−1⋅ Điều kiện xác định : cosx≠1⇔x≠k2π,k∈Z. Vậy tập xác định hàm số : D=R∖{k2π,k∈Z}. 2) Giải phương trình 2sin2x−5sinx+2=0. 2sin2x−5sinx+2=0 ⇔[sinx=2(VN)sinx=12 Với sinx=12⇔[x=π6+k2πx=5π6+k2π(k∈Z) Vậy phương trình có các nghiệm là x=π6+k2π,x=5π6+k2π(k∈Z) 3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình sau có nghiệm 3sinx+mcosx=2m. Phương trình có nghiệm ⇔32+m2≥(2m)2⇔m2≤3 ⇔−√3≤m≤√3 Mà m∈Z⇒m∈{−1;0;1} Vậy có ba giá trị nguyên của m thỏa mãn là : m=−1;m=0,m=1. Câu 2 (VD). Phương pháp: a) Mỗi cách lấy ra 3 trong 10 câu hỏi là một tổ hợp chập 3 của 10 phần tử. b) Tính số phần tử của KGM n(Ω) Tính số khả năng có lợi cho biến cố n(A) Tính xác suất P(A)=n(A)n(Ω) Cách giải: a, Hỏi có bao nhiêu cách tạo ra các đề thi. Mỗi một cách lấy ra 3 câu trong 10 câu để tạo thành một đề thi là một tổ hợp chập 3 của 10. Do đó số cách lấy ra là : C310=120 cách. b, Tính xác suất để trong một đề thi phải có ít nhất một câu lý thuyết và một câu bài tập. n(Ω)=C310=120 Kí hiệu A: “tTrong một đề thi gồm 3 câu phải có ít nhất một câu lý thuyết và một câu bài tập”, ta chia các trường hợp : TH1 : Đề thi gồm 1 câu lý thuyết và 2 câu bài tập có số cách chọn là C14.C26 (cách) TH2 : Đề thi gồm 2 câu lý thuyết và 1 câu bài tập có số cách chọn là C24.C16 (cách) Do đó n(A)=C14.C26+C24.C16=96 Vậy xác suất cần tính là P(A)=n(A)n(Ω)=96120=45. Câu 3 (VD). Phương pháp: Gọi phương trình đường thẳng d′ (chú ý d′//d hoặc d′≡d) Lấy một điểm A∈d và tìm ảnh A′=T→v(A). Thay tọa độ A′ vào phương trình d′ vừa gọi suy ra đáp số. Cách giải: Ta có T→u(d)=d′⇒[d//d′d≡d′ Phương trình đường thẳng d′:2x−y+m=0 Lấy điểm A(0;−1)∈d và gọi A′(x′;y′)=T→u(A) ⇔{x′=3+0=3y′=−1−1=−2⇒A′(3;−2) Điểm A′(3;−2)∈d′⇔2.3.(−2)+m=0⇔m=−8. Vậy phương trình đường thẳng d′:2x−y−8=0. Câu 4 (VD). Phương pháp: a) Tìm hai điểm chung của hai mặt phẳng suy ra giao tuyến. b) Tìm một đường thẳng thuộc mp(KMN) mà cắt được đường thẳng AC. c) Tìm giao điểm H, sử dụng định lí ba giao tuyến suy ra đồng quy. Cách giải: a, Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (KMN) và (SBC). Ta có : M∈(KMN)∩(SBC), N∈(KMN)∩(SBC) Do đó, (KMN)∩(SBC)=MN b, Tìm giao điểm của đường thẳng AC và mặt phẳng (KMN). Trong mặt phẳng (SAC), vì SKSA≠SMSC nên KM cắt AC tại E. ⇒{E∈KM⊂(KMN)E∈AC⇒AC∩(KMN)=E c, Gọi H là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (KMN). Chứng minh rằng ba đường thẳng KH,MN,SB đồng quy. Trong mặt phẳng (ABC) kéo dài EN cắt AB tại H. ⇒{H∈EN⊂(KMN)H∈AB⇒AB∩(KMN)=H Xét ba mặt phẳng (KMN),(SAB),(SBC) {(KMN)∩(SAB)=KH(KMN)∩(SBC)=MN(SBC)∩(SAB)=SB ⇒KH//MN//SB hoặc KH,MN,SB đồng quy. Mặt khác: CNCB≠CMCS(12≠13)⇒MN không song song với SB. Vậy ba đường thẳng KH,MN,SB đồng quy. Câu 5 (VD). Phương pháp: Sử dụng công thức Ckn=Cn−kn,∀n,k∈N(k≤n) Cách giải: Ta có Ckn=Cn−kn,∀n,k∈N(k≤n) Do đó C3nCn−3n−2C3nC2n−1+C2n−1Cn−3n−1=14400 ⇔(C2n)2−2C3nC2n−1+(C2n−1)2=14400 ⇔(C3n−C2n−1)2=1202 ⇔[C3n−C2n−1=120C3n−C2n−1=−120 +) C3n−C2n−1=120 ⇔n!3!(n−3)!−(n−1)!2!(n−3)!=120 ⇔n(n−1)(n−2)6−(n−1)(n−2)2=120 ⇔n(n2−3n+2)−3(n2−3n+2)=720 ⇔n3−6n2+11n−726=0⇔n=11 +)C3n−C2n−1=−120 ⇔n!3!(n−3)!−(n−1)!2!(n−3)!=−120⇔n(n−1)(n−2)6−(n−1)(n−2)2=−120 ⇔n(n2−3n+2)−3(n2−3n+2)=−720⇔(n−1)(n−2)(n−3)=−720 (vô nghiệm do n≥3) T(x)=(8x6−36x3−27x3+54)11 =[(2x2−3x)3]11=(2x2−3x)33 Số hạng tổng quát trong khai triển trên là : Ck33(2x2)33−k⋅(−3x)k=Ck33.233−k.(−3)k.x66−3k Hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển trên ứng với k là nghiệm của phương trình : 66−3k=9⇔k=19 Vậy hệ số cần tìm là C1933.214.(−3)19 HẾT Loigiaihay.com
Quảng cáo
>> 2K8! chú ý! Mở đặt chỗ Lộ trình Sun 2026: Luyện thi chuyên sâu TN THPT, Đánh giá năng lực, Đánh giá tư duy tại Tuyensinh247.com (Xem ngay lộ trình). Ưu đãi -70% (chỉ trong tháng 3/2025) - Tặng miễn phí khoá học tổng ôn lớp 11, 2K8 xuất phát sớm, X2 cơ hội đỗ đại học. Học thử miễn phí ngay.
|