Bộ 20 đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2022 - 2023 có đáp án (Đề 13)

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

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.

Đáp án B

Phương pháp:

Nhận xét vị trí tương đối của đường thẳng a, b và kết luận.

Cách giải:

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

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.

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.

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

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

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 \(C_9^3.\frac{1}{{{2^3}}}.{x^3} = \frac{1}{8}C_9^3{x^3}\)

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 \(\left( {O{O_1}M} \right)//\left( {BCE} \right) \Rightarrow M{O_1}//\left( {BCE} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

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

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

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

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 \(C_{14}^6{.3^8}\).

Đáp án D

Phương pháp:

Thay \(n = 5\) vào công thức hàm số và tính toán.

Cách giải:

Ta có: \({u_5} = \frac{{{5^2} + 3}}{{{{2.5}^2} - 1}} = \frac{4}{7}\).

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

Phương pháp:

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

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 \(x = k\pi \), \(x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Phương pháp:

2. Giải phương trình tìm n.

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

Cách giải:

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 \(C_{20}^{11}{x^{29}}\).

Phương pháp:

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

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

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

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

Phương pháp:

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

Cách giải:

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: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,06 = 0,94\).

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 CD, AB lần lượt tại E, F.

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.

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 N, E, F, C 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 H, K 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 \(\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{PB}}{{CF}} = 2.\frac{{PB}}{{BB'}} = 2.\frac{3}{2} = 3\).