Category Archives: Thi học kì

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2020 (CS2)

Leave a reply

Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình:
a) $\dfrac{x^2 – 3x -4}{\sqrt{3-x}}=0$
b) $\sqrt{x+2}= \sqrt{2x+5} – \sqrt{3-x}$
Bài 2. (1 điểm) Tìm tọa độ đỉnh $I$ của parabol $(P): y= ax^2 + bx+ c \ (a \ne 0)$, biết parabol $(P)$ cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ lần lượt bằng 2 và 8, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8.
Bài 3. (1 điểm) Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{x(2-x)}{\sqrt{2-x}} = \left( m^2 +1 \right) \sqrt{2-x}$ có nghiệm.
Bài 4. (1 điểm) Tìm $m$ để hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
(m+1)x-2y =m-1 \
m^2x-y = m^2 + 2m
\end{array} \right. $ có nghiệm duy nhất $\left( x_0; y_0 \right) $. Xác định một hệ thức liên hệ giữa $x_0$ và $y_0$ mà không phụ thuộc vào $m$.
Bài 5. (1 điểm) Cho góc $a$ thỏa $\tan \left( a + \dfrac{\pi}{2} \right) = -\sqrt{3}$. Tính giá trị của biểu thức:
$$P=\dfrac{\sin ^6 a + \cos ^6 a + 2\sin ^3 a \cdot \cos ^3 a}{\sin ^5 a \cdot \cos ^3 a + \sin ^3 a \cdot \cos ^5 a}$$
Bài 6. (2 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn có độ dài cạnh $AB=5$. Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $A$ và $BH=3$, $CH=6$.
a) Tính $\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC}$ và độ dài $AC$.
b) Gọi $M$ là trung điểm của $AH$. Tính $\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC}$.
Bài 7. (2 điểm) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;2)$, $B(-1;5)$, $C(3;2)$.
a) Tìm tọa độ trọng tâm $G$ và điểm $I$ thỏa $2\overrightarrow{IA} + 3\overrightarrow{IB} = 4\overrightarrow{IC}$.
b) Tìm tọa độ điểm $D$ biết $ABCD$ là hình thang có đáy $AB = \dfrac{3}{8}CD$.

Lời giải
Bài 1.
a) Điều kiện: $x<3$
$\dfrac{x^2 – 3x -4}{\sqrt{3-x}}=0 \Leftrightarrow (x+1)(x-4)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=-1 \quad (n) \\
x=4 \quad \ (l)
\end{array} \right. $
Vậy $S=\left\{ -1 \right\} $

b) $\sqrt{x+2}= \sqrt{2x+5} – \sqrt{3-x} \quad (1)$
Điều kiện: $-2 \le x \le 3$
$(1) \Leftrightarrow \sqrt{x+2} + \sqrt{3-x} = \sqrt{2x+5} \\
\Leftrightarrow 5 + 2\sqrt{-x^2+x+6} = 2x+5 \\
\Leftrightarrow \sqrt{-x^2+x+6} = x \quad (x\ge 0) \\
\Leftrightarrow -x^2 + x+6 = x^2 \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=-\dfrac{3}{2} \quad (l) \\
x=2 \hspace{0.8cm} (n)
\end{array}\right.$

Vậy $S=\left\{ 2 \right\} $

Bài 2. (1 điểm) Theo đề ta có $(2;0)$, $(8;0)$, $(0;8)$ thuộc $(P)$ nên ta có hệ:

$\left\{ \begin{array}{l}
4a + 2b + c=0 \\
64a + 8b + c =0 \\
c=8
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a=\dfrac{1}{2} \\
b=-5 \\
c=8
\end{array} \right. $

Suy ra $(P): y=\dfrac{1}{2}x^2 -5x+8$

Vậy tọa độ đỉnh $I$ của $(P)$ là $I\left( 5 ; -\dfrac{9}{2} \right) $
Bài 3. (1 điểm) ĐKXĐ: $x<2$
$\dfrac{x(2-x)}{\sqrt{2-x}} = \left( m^2 +1 \right) \sqrt{2-x} \Leftrightarrow x(2-x) = (m^2+1) (2-x)$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=2 \ (l)\\
x=m^2 +1
\end{array}\right.$
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $m^2+1 <2 \Leftrightarrow m^2 <1 \Leftrightarrow -1 < m <1$
Vậy khi $-1<m<1$ thì phương trình có nghiệm $x=m^2+1$.
Bài 4. (1 điểm)
Ta có:
$D=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m+1}&{-2}\\
{m^2}&{-1}
\end{array}\right| = 2m^2 -m-1=(m-1)(2m+1)$

$D_x = \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m-1} & {-2}\\
{m^2 +2m} & {-1}
\end{array}\right| = 2m^2 +3m+1 = (2m+1)(m+1)$

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m+1} & {m-1}\\
{m^2} & {m^2 +2m}
\end{array}\right| = 4m^2 +2m = 2m(2m+1)$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D\ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m\ne 1\\
m\ne -\dfrac{1}{2}
\end{array}\right.$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
x_0 = \dfrac{D_x}{D} = \dfrac{m+1}{m-1}\\\\
y_0= \dfrac{D_y}{D} = \dfrac{2m}{m-1}
\end{array}\right. $

Ta có: $y_0 -x_0 = \dfrac{2m-m-1}{m-1} = 1$
Bài 5. (1 điểm) Ta có: $\tan \left(\alpha + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\sqrt{3} \Leftrightarrow \tan \alpha = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

ĐKXĐ: $\cos \alpha \ne 0$

Chia cả tử và mẫu của $P$ cho $\cos \alpha ^8$ ta được:

$P=\dfrac{\sin ^6 a + \cos ^6 a + 2\sin ^3 a \cdot \cos ^3 a}{\sin ^5 a \cdot \cos ^3 a + \sin ^3 a \cdot \cos ^5 a}$

$=\dfrac{ \tan \alpha ^6 \cdot (\tan \alpha ^2 +1) + \tan \alpha ^2 +1 + 2\tan \alpha ^3 \cdot (\tan \alpha ^2 +1)}{\tan \alpha ^5 + \tan \alpha ^3}$

$=\dfrac{28+8\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}$
Bài 6. (2 điểm)
a) Tam giác $ABH$ vuông tại $H$ nên $AH^2 = AB ^2 – BH^2 =16 \Rightarrow AH=4$

Tam giác $ACH$ vuông tại $H$ nên $AC^2 = AH^2 + CH^2 = 52 \Rightarrow AC=2\sqrt{13}$

Ta có: $CA^2 = \overrightarrow{CA}^2 = (\overrightarrow{BA} – \overrightarrow{BC} )^2 = BA^2 + BC^2 -2\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}$

$\Rightarrow 52 = 25+ 81 – 2 \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC}$
$\Rightarrow \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 27$
b) Tam giác $MBH$ vuông tại $H$ có: $MB^2 = MH^2 + BH^2 = 13 \Rightarrow MB =\sqrt{13}$

Tam giác $MCH$ vuông tại $H$ có: $MC^2 = MH^2 + CH^2 = 40 \Rightarrow MC = 2\sqrt{10}$

Ta có: $ CB^2 = (\overrightarrow{MB} – \overrightarrow{MC})^2 = MB^2 + MC^2 – 2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC}$

$\Rightarrow 81 = 13 + 40 – 2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} \Rightarrow \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} = -14$
Bài 7. (2 điểm)
a) Gọi $G(x_G; y_G)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
x_G = \dfrac{x_A+x_B+x_C}{3} = 1\\
y_G = \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3} =3
\end{array}\right. \Rightarrow G(1;3)$

Gọi $I(x_I; y_I)$

Khi đó $\overrightarrow{IA} = (1-x_I; 2-y_I)$, $\overrightarrow{IB} = (-1-x_I; 5-y_I)$, $\overrightarrow{IC} = (3-x_I; 2-y_I)$

Ta có: $2\overrightarrow{IA} + 3 \overrightarrow{IB} = 4\overrightarrow{IC} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2(1-x_I) + 3(-1-x_I) = 4(3-x_I)\\
2(2-y_I) + 3(5-y_I) = 4(2-y_I)
\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_I = -13\\
y_I = 11
\end{array}\right.$

Vậy $I(-13; 11)$.
b) Gọi $D(x_D; y_D)$ khi đó $\overrightarrow{DC} = (3-x_D ; 2-y_D)$, $\overrightarrow{AB} = (-2; 3)$

Ta có: $AB // CD$ và $AB = \dfrac{3}{8}CD$

$ \Rightarrow \overrightarrow{AB} = \dfrac{3}{8} \overrightarrow{DC} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
-2 = \dfrac{3}{8} (3-x_D)\\
3 = \dfrac{3}{8} (2-y_D)
\end{array}\right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_D = \dfrac{25}{3}\\
y_D = -6
\end{array}\right.$

Vậy $D\left(\dfrac{25}{3}; -6\right)$

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2020 (CS1)

Leave a reply

Đề thi và đáp án HK1 môn toán 10 trường PTNK (CS1)

Năm học 2020 – 2021

Thực hiện: Thầy Nguyễn Tấn Phát – GV PTNK

Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình:
a) $\dfrac{{{x^4} – 10{x^2} + 9}}{{\sqrt {x – 2} }} = 0$
b) $x\sqrt {{x^2} – x + 3} = x\left( {x – 6} \right)$
Bài 2. (1 điểm) Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{1}{x} + \dfrac{{m + x}}{{x – 1}} = 1$ có nghiệm duy nhất.
Bài 3. (1 điểm) Chứng minh
$$\left[ {\cos 2\pi – \cos \left( {2\pi + x} \right)} \right]\left[ {1 + {{\tan }^2}\left( {\frac{\pi }{2} – x} \right)} \right] = \frac{1}{{1 + \cos x}}$$
Bài 4. (1 điểm) Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
mx – \left( {m + 1} \right)y = 1\
\left( {2 – m} \right)x + \left( {m – 3} \right)y = 3 – 2m
\end{array} \right.$ ($m$ là tham số).
a) Tìm $m$ để hệ có nghiệm duy nhất $\left( x_0; y_0 \right) $.
b) Chứng minh $x_0^2 – y_0^2 – 2{x_0} = – 1$
Bài 5. (1 điểm) Gọi $(P)$ là đồ thị của hàm số $y = {x^2} + 2x – m$. Biết $(P)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ là 4. Tìm m và tọa độ đỉnh của $(P)$.
Bài 6. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có $AD = a$, $AB = 2a$ và $\widehat {DAB} = 120^\circ $.
a) Tính $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB}$. Chứng minh $AB^2 – AD^2 = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {DB} $
b) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $DB$. Tính $\overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DA}$.
Bài 7. (2 điểm) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;6)$, $B(6;5)$, $C(6;1)$.
a) Tìm tọa độ $M$ sao cho $\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {CA} – \overrightarrow {CB} $
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt trục tung tại hai điểm phân biệt $E$, $F$. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tìm toạ độ $E$ và $F$.

Lời giải

Bài 1.
a) $\dfrac{{{x^4} – 10{x^2} + 9}}{{\sqrt {x – 2} }} = 0 \quad (1) $
Điều kiện: $x>2$
$(1) \Leftrightarrow {x^4} – 10{x^2} + 9 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=1 \quad (l) \\
x=-1 \quad (l) \\
x=3 \quad (n) \\
x=-3 \quad (l)
\end{array} \right. $
Vậy $S=\left\{ 3 \right\} $
b) $x\sqrt{x^2-x+3} = x(x-6)$ (NX: $x^2 -x+3 >0$, $\forall x\in \mathbb{R}$)
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=0\\
\sqrt{x^2 -x +3 } = x-6 \ (*)
\end{array}\right. $
$(*)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x-6\ge 0\\
x^2 -x +3 = (x-6)^2
\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x\ge 6\\
x=3
\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow x\in \emptyset$
Vậy $S=\left\{ 0\right\} $

Bài 2. (1 điểm) ĐKXĐ: $x\ne 0$, $x\ne 1$

Phương trình trở thành: $(m+2)x=1$

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
m+2\ne 0\\\\
\dfrac{1}{m+2}\ne 0\\\\
\dfrac{1}{m+2}\ne 1
\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m\ne -2\\
m\ne -1
\end{array}\right. $

Vậy $m\ne -2$ và $m\ne -1$ thì phương trình có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{1}{m+2}$
Bài 3. (1 điểm)
$VT= \left[ {\cos 2\pi – \cos \left( {2\pi + x} \right)} \right]\left[ {1 + {{\tan }^2}\left( {\dfrac{\pi }{2} – x} \right)} \right] $

$= (1-\cos x) (1+\cot^2 x)$

$ = (1-\cos x) \cdot \dfrac{1}{\sin^2 x}$

$= (1-\cos x )\cdot \dfrac{1}{1-\cos^2 x}$

$=\dfrac{1}{1+\cos x}=VP$
Bài 4. (1 điểm)
a) Ta có:
$D=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m}&{-(m+1)}\\
{2-m}&{m-3}
\end{array}\right| = 2(1-m)$

$D_x = \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1} & {-(m+1)}\\
{3-2m} & {m-3}
\end{array}\right| = 2m(1-m)$

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m} & {1}\\
{2-m} & {3-2m}
\end{array}\right| = -2(m-1)^2$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D\ne 0 \Leftrightarrow m\ne 1$
b) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
x_0 = \dfrac{D_x}{D} = m\\\\
y_0= \dfrac{D_y}{D} = m-1
\end{array}\right. $

Ta có: $x_0^2 – y_0^2 -2x_0 = m^2 – (m-1)^2 -2m =-1$
Bài 5. (1 điểm) Thay $M(0;4)$ vào $(P)$, ta có: $4=-m \Leftrightarrow m=-4$
Tọa độ đỉnh $I( -1;3)$
Bài 6. (2 điểm)
a) Ta có: $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} = – AD \cdot AB \cdot \cos 120^\circ = a^2$

Ta có: $AB^2 – AD^2 = \left( \overrightarrow{AB}\right) ^2 – \left( \overrightarrow{ AD}\right) ^2 $

$= \left( \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AD}\right) \left( \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \right) = \overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{AC}$
b) Đặt $\overrightarrow{DH} =x\overrightarrow{DB}$

Ta có: $\overrightarrow{AH} = x\overrightarrow{AB} + (1-x)\overrightarrow{AD}$

Ta có: $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BD} = 0$

$\Leftrightarrow \left( x\overrightarrow{AB} + (1-x)\overrightarrow{AD}\right) \cdot \left( \overrightarrow{AD} – \overrightarrow{AB}\right) =0$

$\Leftrightarrow x (-a^2) -4xa^2 + (1-x)a^2 -(1-x)(-a^2) =0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{7}$

Ta có: $\overrightarrow{DH} = \dfrac{2}{7} \overrightarrow{DB}$

$\Rightarrow \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DH} = \dfrac{2}{7} \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DB}$

$=\dfrac{2}{7} \overrightarrow{DA} \left( \overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AB}\right) $

$=\dfrac{2}{7} \left( DA^2 + \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB}\right) $

$=\dfrac{4}{7}a^2$
Bài 7. (2 điểm)
a) Gọi $M(x;y)$

Ta có: $\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{CA} – \overrightarrow {CB}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{BA}$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x-6 = -5\\
y-1=1
\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=1\\
y=2
\end{array}\right. $

Vậy $M(1;2)$
b) Gọi $I(x_I;y_I)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
IA = IB\\
IA = IC
\end{array}\right. $
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
5x_I -y_I =12\\
(5-y_I)^2 = (1-y_I)^2
\end{array}\right. $
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_I=3\\
y_I=3
\end{array}\right. $

Gọi $E(0;y_E)\in Oy$.

Ta có: $IA = IE \Rightarrow (3-y_E)^2 =4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
y_E =1\\
y_E =5
\end{array}\right. $

Vậy $E(0;1)$, $F(0;5)$ hoặc ngược lại.

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 10 trường Bùi Thị Xuân năm 2020-2021

PHẦN ĐẠI SỐ (6 điểm)

Bài 1. Giải các bất phương trình sau:

a) $|2x+8| <x^2$

b) $1-2x-\sqrt{3x^2-4x+1} \ge 0$

Giải

a) $|2x+8| <x^2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2 -2x -8>0\\ x^2 + 2x +8 >0 \end{array}\right. $ $\left[ \begin{array}{l} x<-2\\ x>4 \end{array}\right. $

b) $1-2x – \sqrt{3x^2 -4x +1} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt{3x^2 -4x +1} \le 1-2x$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x^2 -4x +1\ge 0\\ 1-2x \ge 0\\ x^2 +1\ge 0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} x\le \dfrac{1}{3}\\ x\ge 1 \end{array} \right. \\ x\le \dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow x\le \dfrac{1}{3}$

Bài 2. Biết $\cos x = -\dfrac{3}{5}$ và $\dfrac{\pi}{2}<x<\pi$. Tính $\sin x$, $\sin 2x$, $\cos \left( x+\dfrac{2\pi}{3}\right) $.

Giải

Ta có: $\sin ^2 x = 1- \cos ^2 x = \dfrac{16}{25} \Rightarrow \sin x = \dfrac{4}{5}$ ($\dfrac{\pi}{2}<x<\pi$)

Ta có: $\sin 2x = 2\sin x \cos x = -\dfrac{24}{25}$

Ta có: $\cos \left( x+ \dfrac{2\pi}{3}\right) = \cos x \cdot \cos \dfrac{2\pi}{3} – \sin x \cdot \sin \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{3-4\sqrt{3}}{10}$

Bài 3. Cho $A$, $B$, $C$ là ba góc của tam giác. Chứng minh rằng

$$\tan \dfrac{A}{2} \cdot \tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2} =1$$

Giải

$VT = \tan \dfrac{A}{2} \cdot \tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=\tan \dfrac{B}{2} \cdot \left( \tan \dfrac{A}{2} + \tan \dfrac{C}{2}\right) + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=\tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{A+C}{2} \cdot \left( 1-\tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}\right) + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=1-\tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}=1=VP$ (với $\tan \dfrac{A+C}{2} = \cot \dfrac{B}{2}$ )

Bài 4. Chứng minh biểu thức không phụ thuộc vào $x$:

$$A=\tan (\pi +x) \cdot \tan \left( \dfrac{\pi}{2} -x\right) – \cos ^2 x + \cos \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left( x-\dfrac{\pi}{6}\right) $$

Giải

$A=\tan (\pi +x) \cdot \tan \left( \dfrac{\pi}{2} -x\right) – \cos ^2 x + \cos \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left( x-\dfrac{\pi}{6}\right) $

$= \tan x \cdot \cot x – \cos ^2 x + \dfrac{1}{2} \left( \cos 2x + \cos \dfrac{pi}{3}\right) $

$= 1- \cos ^2 x + \cos ^2 x – \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}$

Bài 5. Chứng minh rằng

$$\left( \dfrac{\sin 2x – 2\sin x}{\sin 2x + 2\sin x}\right) \cdot \left( \dfrac{\sin ^4 x – \cos ^4 x + \cos ^2 x}{2\left( \cos x-1\right) }\right)= \sin ^2 \dfrac{x}{2}$$

Giải

$VT = \left( \dfrac{\sin 2x – 2\sin x}{\sin 2x + 2\sin x}\right) \cdot \left( \dfrac{\sin ^4 x – \cos ^4 x + \cos ^2 x}{2\left( \cos x-1\right) }\right)$

$=\dfrac{2\sin x \left( \cos x -1\right) }{2\sin x \left( \cos x +1\right) }\cdot \dfrac{\left( \sin ^2 x + \cos ^2 x\right) \left( \sin ^2 x – \cos ^2 x\right) + \cos ^2 x}{2\left( \cos x -1\right) }$

$=\dfrac{\sin ^2 x}{2\left( \cos x +1\right) }=\dfrac{\left( 1-\cos x\right) \left( 1+ \cos x\right) }{2\left( \cos x +1\right) }= \dfrac{1-\cos x}{2} = \sin ^2 \dfrac{x}{2} = VP$

PHẦN HÌNH HỌC (4 điểm)

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có đỉnh $C(-5;-6)$ và đường cao $AH: x+2y +1=0$, đường trung tuyến $BM: 8x-y+4=0$. Tìm tọa độ các đỉnh $B$, $A$.

Giải

Ta có: $BC \bot AH \Rightarrow BC: 2x -y +c =0$

$C\in BC \Rightarrow c=4 \Rightarrow BC: 2x-y+4=0$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} B\in BC\\ B\in BM \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x_B – y_B =-4\\ 8x_B – y_B =-4 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_B = 0\\ y_B =4 \end{array}\right. $ $\Rightarrow B(0;4)$

Ta có: $M\in BM \Rightarrow M(a;8a+4)$

$M$ là trung điểm $AC\Rightarrow A(2a+5; 16a+14)$

Ta có: $A\in AH \Rightarrow 2a+5 + 2(16a+14) + 2=0 \Leftrightarrow a=-1\Rightarrow A(3;-2)$

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $(C): x^2 + y^2 +2x -2y +1=0$. Viết phương trình tiếp tuyến $\Delta $ của đường tròn $(C)$ biết rằng đường thẳng $\Delta$ vuông góc với đường thẳng $d: 2x+y+2=0$.

Giải

$(C): x^2 + y^2 + 2x -2y +1 =0 \Rightarrow $ Tâm $I(-1;1)$, bán kính $R=1$

Ta có: $\Delta \bot d \Rightarrow d: x-2y +c =0$

Ta có: $d_{(I,\Delta)}=1 \Leftrightarrow \dfrac{|c-3|}{\sqrt{5}} =1 \Leftrightarrow |c-3| =\sqrt{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} c=\sqrt{5}+3\\ c=-\sqrt{5}+3 \end{array}\right. $

Với $c=\sqrt{5}+3 \Rightarrow \Delta: x-2y + \sqrt{5}+3 =0$

Với $c=-\sqrt{5}+3 \Rightarrow \Delta: x-2y -\sqrt{5}+3=0$

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $d: 2x-y-5=0$ và hai điểm $A(1;2)$, $B(4;1)$. Viết phương trình đường tròn $(T)$ có tâm thuộc đường thẳng $d$ và đi qua $A$, $B$.

Giải

Gọi $I$ là tâm đường tròn $\Rightarrow I\in d \Rightarrow I(a;2a-5)$

Ta có: $AI^2 = BI^2 \Rightarrow (a-1)^2 + (2a-7)^2 = (a-4)^2 + (2a-6)^2 \Rightarrow a=1$

Suy ra $I(1;-3)$ nên $R=5$

Vậy $(T): (x-1)^2 + (y+3)^2 =25$

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho elip $(E): \dfrac{x^2}{25} + y^2 =1$. Tìm tọa độ tiêu điểm, tính tâm sai và độ dài các trục của $(E)$.

Giải

$(E): \dfrac{x^2}{25}+y^2 =1 \Rightarrow a=5$ và $b=1$

Khi đó: $c=\sqrt{a^2 -b^2} =2\sqrt{6}$

Tọa độ tiêu điểm: $F_1(-2\sqrt{6}; 0)$; $F_2(2\sqrt{6}; 0)$

Tâm sai: $e=\dfrac{c}{a} = \dfrac{2\sqrt{6}}{5}$

Độ dài trục lớn: $2a=10$

Độ dài trục bé: $2b=2$

— HẾT —

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 11 trường PTNK năm 2020-2021

Bài 1: (1 điểm) Tính các giới hạn sau:

a) $\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{4x+\sqrt{x^2-x}}{x+3}$.

b) $\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{x-\sqrt{x^2+x-1}}{3x-x^2-2}$

Giải

a) $\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{4x+\sqrt{x^2-x}}{x+3}$

$= \lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{x\left( 4+\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}\right) }{x\left( 1+\dfrac{3}{x}\right) }$

$=\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{ 4+\sqrt{1-\dfrac{1}{x}} }{ 1+\dfrac{3}{x} } =5$

b) $\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{x-\sqrt{x^2+x-1}}{3x-x^2-2}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{\left( x-\sqrt{x^2+x-1}\right) \left( x+\sqrt{x^2+x-1}\right)}{\left( 1-x\right) \left( x-2\right) \left( x+\sqrt{x^2+x-1}\right)}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{1-x}{\left( 1-x\right) \left( x-2\right) \left( x+\sqrt{x^2+x-1}\right)}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{1}{\left( x-2\right) \left( x+\sqrt{x^2+x-1}\right)} =-\dfrac{1}{2}$

Bài 2: (1,5 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y= \dfrac{x^2-x+5}{x+1} + \sqrt{2x-x^2}$

b) $y=\tan (1+x^2) + \cos ^5 (1-2x)$.

Giải

a) $y’=\left( \dfrac{x^2-x+5}{x+1} + \sqrt{2x-x^2}\right) ‘$

$= \dfrac{(x^2 -x +5)'(x+1)-(x^2 -x+5)(x+1)’}{(x+1)^2} + \dfrac{(2x-x^2)’}{2\sqrt{2x-x^2}}$

$=\dfrac{(2x-1)(x+1)-(x^2-x+5)}{(x+1)^2} + \dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}$

$=\dfrac{x^2+2x-6}{(x+1)^2} + \dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}$.

b) $y’=\left( \tan (1+x^2) + \cos ^5 (1-2x)\right) ‘$

$=(1+x^2)’ \left( 1+\tan ^2 (1+x^2)\right) + 5(1-2x)’ \cdot \cos ^4 (1-2x)$

$= 2x + 2x\tan ^2 (1+x^2) -10\cos ^4 (1-2x)$.

Bài 3: (1 điểm) Chứng minh phương trình $2(m^2 -2)x^5 – 4m^2x^4 + 2(m^2 -x^2) + 4x +1 =0$ có ít nhất hai nghiệm trái dấu với mọi số thực $m$.

Giải

Đặt $f(x) = 2(m^2 -2)x^5 -4m^2x^4 + 2(m^2 -x^2) + 4x +1$

Ta có: $f(-1) = -4m^2 -5 <0$, $f(0) = 2m^2 +1 >0$ $\Rightarrow f(-1)\cdot f(0) <0$

Suy ra phương trình $f(x) =0$ có ít nhất 1 nghiệm âm trong khoảng $(-1;0)$

Lại có: $f(1) = -1<0\Rightarrow f(0)\cdot f(1)<0$

Suy ra phương trình $f(x)=0$ có ít nhất 1 nghiệm dương trong khoảng $(0;1)$

Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm trái dấu với mọi $m$.

Bài 4: (1 điểm) Tìm $a$ để hàm số $y=f(x)=\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{\sqrt{2x^2+1}+ x-5}{x^2-4}; \, x\ne \pm 2\\ ax^2 + \dfrac{19}{12}; \, x=\pm 2 \end{array}\right. $ liên tục tại $x_0=2$.

Giải

Ta có: $f(2) = 4a+\dfrac{19}{12}$

Lại có: $\lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{\sqrt{2x^2+1}+ x-5}{x^2-4} = \lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{2x^2+1- (x-5)^2}{(x-2)(x+2)(\sqrt{2x^2+1}-x+5)}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{x+12}{(x+2)(\sqrt{2x^2+1}-x+5)} = \dfrac{7}{12}$

Hàm số liên tục tại $x_0 =2 \Leftrightarrow 4a + \dfrac{19}{12} = \dfrac{7}{12} \Leftrightarrow a=-\dfrac{1}{4}$

Bài 5: (1,5 điểm) Cho $(C)$ là đồ thị của hàm số $y=3x^4 -3x^2 +2$.

a) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm có hoành độ bằng $-1$.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ biết tiếp tuyến có hệ số góc $k=6$.

Giải

a) Ta có: $f'(x) = 12x^3 -6x \Rightarrow f'(-1) = -6$, $f(-1) = 2$

Phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại $x_0=-1$: $y=-6(x+1) +2 = -6x -4$

b) Gọi phương trình tiếp tuyến cần tìm là $y=f'(x_0) (x-x_0) + f(x_0)$

Ta có: $f'(x_0) =6 \Leftrightarrow 12x_0^3 -6x_0 =6 \Leftrightarrow x_0=1 \Rightarrow f(x_0) = 2$

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y=6(x-1) + 2 = 6x-4$

Bài 6: (4 điểm) Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot (ABC)$. Tam giác $ABC$ cân tại $B$, $BA = BC =a$; $\angle ABC =120^\circ $, $SA=a\sqrt{3}$. $D$ là điểm đối xứng với $B$ qua trung điểm $I$ của $AC$.

a) Tính góc tạo bởi $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$.

b) Chứng minh $BD \bot (SAC)$. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng $(SBD)$ và $(ABC)$.

c) Tính khoảng cách từ $D$ đến $(SBC)$.

d) Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $BA$, $BC$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $MN$ và $SC$.

Giải

a) Hình chiếu của $C$ lên $(ABC)$ là $C$

Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $A$

$\Rightarrow \widehat{\left( SC, (ABC)\right) } = \widehat{(SC, AC)} = \angle SCA$

Tứ giác $ABCD$ có $I$ là trung điểm $AC$, $BD$ và $AB=BC$

Suy ra tứ giác $ABCD$ là hình thoi

Suy ra $\triangle BIC$ vuông tại $I$ và $\angle IBC = \dfrac{\angle ABC}{2} =60^\circ $

Suy ra $IC = BC \cdot \sin \angle IBC =\dfrac{a\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AC =a\sqrt{3}$

Ta có: $\tan \angle SCA = \dfrac{SA}{AC} = 1 \Rightarrow \angle SCA =45^\circ $.

b)

  • Ta có: $BD \bot AC$, $BD \bot SA\Rightarrow BD \bot (SAC)$
  • Ta có: $BD\bot (SAC) \Rightarrow BD \bot SI$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} (SBD) \cap (ABC) = BD\\ AI\bot BD, SI \bot BD \end{array}\right.$

$\Rightarrow \widehat{((SBD), (ABC))} = \widehat{(SI, AI)}= \angle SIA$

Ta có: $\tan \angle SIA = \dfrac{SA}{AI} = 2 \Rightarrow \angle SIA \approx 63^\circ $

c) Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$, $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SH$.

Ta có: $BC \bot AH$, $BC \bot SA \Rightarrow BC \bot (SAH)$

Ta có: $AK \bot SH$, $AK \bot BC\Rightarrow AK \bot (SBC)$

Do $AD // (SBC) \Rightarrow d_{(D, (SBC))} = d_{(A, (SBC))}=AK$

$\triangle AHC$ vuông tại $H$ có $\angle ACH =30^\circ \Rightarrow AH = AC \cdot \sin 30^\circ =\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

$\triangle SAH$ vuông tại $A$ có $AK$ là đường cao

$\Rightarrow \dfrac{1}{AK^2} = \dfrac{1}{SA^2} + \dfrac{1}{AH^2}\Rightarrow AK=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$

d) Gọi $J$ là giao điểm của $MN$ và $BD$ suy ra $J$ là trung điểm của $BI$

Ta có: $JI \bot AC$, $JI \bot SA \Rightarrow JI \bot (SAC)$

Ta có: $MN //AC \Rightarrow MN //(SAC) \Rightarrow d_{(MN,SC)} = d_{(MN, (SAC))} = JI = \dfrac{BD}{4} = \dfrac{a}{4}$.

 

 

— HẾT —

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 10 trường PTNK năm 2020-2021

Bài 1: (2 điểm) Giải bất phương trình:

a) $\dfrac{-x-4}{x^2-7x+12} >0$

b) $\sqrt{x^2+4} \ge x+2$

Giải

a) $\dfrac{-x-4}{x^2-7x+12} >0 \Leftrightarrow \dfrac{x+4}{(x-3)(x-4)} <0 \Leftrightarrow x \in \left( – \infty ; -4 \right) \cup \left( 3;4 \right) $

Vậy $S=\left( – \infty ; -4 \right) \cup \left( 3;4 \right) $

b) $\sqrt{x^2+4} \ge x+2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le -2 \\ \left\{ \begin{array}{l} x >-2 \\ x^2+4 \ge x^2 +4x+4 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le -2 \\ \left\{ \begin{array}{l} x >-2 \\ x \le 0 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow x \le 0 $

Vậy $S= \left( – \infty ; 0 \right] $

Bài 2: (1 điểm)  Tìm $m$ để bất phương trình: $2mx^2 – 2(m-4)x+m-4 \ge 0$ vô nghiệm.

Giải
  • $m=0 \Rightarrow 8x -4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{1}{2}$ (loại)
  • $m \ne 0$

Đặt $f(x)= 2mx^2 – 2(m-4)x+m-4 $

Để $f(x) \ge 0$ vô nghiệm thì $f(x)\le 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, khi và chỉ khi:

$\left\{ \begin{array}{l} m<0 \\ \Delta ‘= {\left( {m – 4} \right)^2} – 2m\left( {m – 4} \right) <0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m<-4$

Bài 3: (1,5 điểm) Cho hệ bất phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{x}{x-1}\le 0 \\ \left( m^2 +1 \right) x > 2mx + m^2 +1 \end{array} \right. \quad (I) $

a) Giải hệ bất phương trình $(I)$ khi $m=-1$.

b) Tìm $m$ để hệ bất phương trình có nghiệm.

Giải

a) Thay $m=-1$ vào $(I)$ ta được: $\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{x}{x-1}\le 0\\ 2x>-2x + 2 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\le x<1\\ x>\dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}<x<1$.

b) $(I) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\le x<1\\ (m-1)^2x>m^2+1 \ \ (1) \end{array}\right. $

  • TH1: $m=1$ thì hệ bất phương trình vô nghiệm.
  • TH2: $m\ne 1$, khi đó $(1)\Leftrightarrow x>\dfrac{m^2+1}{(m-1)^2}$

Hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $\dfrac{m^2+1}{(m-1)^2} <1\Leftrightarrow m<0$

Vậy $m<0$ thì hệ bất phương trình $(I)$ có nghiệm.

Bài 4: (1 điểm) Chứng minh rằng:

a) $\sin ^2 x + \sin ^2 \left( \dfrac{\pi}{3}-x \right) = 1 – \dfrac{1}{2}\cos\left( 2x – \dfrac{\pi}{3}\right) $

b) $ \sin ^2 x + \sin ^2 \left( \dfrac{\pi}{3}-x \right) + \sin x \cdot \sin \left( \dfrac{\pi}{3}-x \right) = \dfrac{3}{4}$

Giải

a) $VT= \sin ^2 x + \sin ^2 \left( \dfrac{\pi}{3}-x\right) = \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2}\cos 2x + \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2} \cos \left( \dfrac{2\pi}{3} -2x\right) $

$=1-\dfrac{1}{2} \left[ \cos 2x + \cos \left( \dfrac{2\pi}{3} -2x\right) \right] = 1-\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot \cos \dfrac{\pi}{3} \cdot \cos \left(2x- \dfrac{\pi}{3}\right) $

$=1-\dfrac{1}{2}\cos \left( 2x-\dfrac{\pi}{3}\right)= VP $.

b) $VT = \sin ^2 x + \sin ^2 \left( \dfrac{\pi}{3}-x\right) + \sin x \cdot \sin \left( \dfrac{\pi}{3} -x\right) $

$= 1-\dfrac{1}{2} \cos \left( 2x-\dfrac{\pi}{3}\right) – \dfrac{1}{2} \left[ \cos \dfrac{\pi}{3} – \cos \left( 2x – \dfrac{\pi}{3}\right) \right] = \dfrac{3}{4}=VP$

Bài 5: (0,5 điểm) Cho hai số thực $a$, $b$ thỏa $2a + 3b=7$. Tìm giá trị lớn nhất của $M=(a+1)(b+1)$.

Giải
  • Cách 1: $2a + 3b =7 \Leftrightarrow a=\dfrac{7}{2} -\dfrac{3}{2}b$

Thay $a=\dfrac{7}{2} -\dfrac{3}{2}b$ vào $M$, ta được:

$M=\left( \dfrac{9}{2} – \dfrac{3}{2}b \right) (b+1) = -\dfrac{3}{2}b^2 + 3b + \dfrac{9}{2} = -\dfrac{3}{2}\left( b-1\right) ^2 +6\le 6$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là $6$ khi và chỉ khi $b=1$ và $a=2$.

  • Cách 2: $6M = (2a+2)(3b+3) \le \dfrac{\left( 2a+2 + 3b +3\right) ^2}{4} =36 \Rightarrow M\le 6$

Vậy giá trị lớn nhất của $M$ là $6$ khi và chỉ khi $a=2$ và $b=1$.

Bài 6: (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho $2$ điểm $A(1;3)$, $B(2;1)$ và đường thẳng $(d): \left\{ \begin{array}{l} x=t \\ y=10+5t \end{array} \right. \quad (t \in \mathbb{R})$

a) Tìm tọa độ giao điểm của $AB$ với đường thẳng $(d)$. Viết phương trình đường thẳng $(d’)$ qua $A$ và song song với $(d)$.

b) Tìm $a \in \mathbb{R}$ sao cho khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $(\Delta )$ bằng $1$, biết

$( \Delta ): x+ (a-1)y-3a=0$

c) Viết phương trình đường tròn $(C)$ có tâm $A$ tiếp xúc với trục $Ox$. Tìm tọa độ giao điểm của đường tròn $(C)$ với trục $Oy$.

Giải

a)

  • Phương trình đường thẳng $AB: 2x + y -5=0$

Gọi $M(a; 10+5a)$ là giao điểm của $AB$ và $(d)$

Ta có: $M\in AB \Leftrightarrow 2a + 10 + 5a -5=0 \Leftrightarrow a=-\dfrac{5}{7}$

Vậy tọa độ giao điểm của $AB$ và $(d)$ là $M\left( -\dfrac{5}{7}; \dfrac{45}{7}\right) $

  • Đường thẳng $(d’)$ đi qua $A(1;3)$ và song song với $(d)$, khi đó:

$(d’): \left\{ \begin{array}{l}x=1+t’\\ y=3+5t’ \end{array}\right. $ $(t’\in \mathbb{R})$

b) Ta có: $d_{(A, (d’))} =1$

$ \Leftrightarrow \dfrac{|1 + (a-1)\cdot 3 -3a|}{\sqrt{1+(a-1)^2}} =1$

$\Leftrightarrow 1+ (a-1)^2 = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a=1+\sqrt{3}\\ a=1-\sqrt{3} \end{array}\right. $

c)

  • Ta có: $d_{(A, Ox)} = 3 = R$

Phương trình đường tròn $(C)$ tâm $A$, bán kính $R=3$ là:

$(C) : (x-1)^2 + (y-3)^2 =9$

  • Gọi $N(0,y)$ là giao điểm của $(C)$ và $Oy$.

Ta có: $N\in (C) \Leftrightarrow 1 + (y-3)^2 =9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y=3+2\sqrt{2}\\ y=3-2\sqrt{2} \end{array}\right. $

Vậy tọa độ giao điểm là $N_1(0; 3+2\sqrt{2})$ và $N_2(0; 3-2\sqrt{2})$.

Bài 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho Elip $(E): \dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{9} =1$

a) Tính chu vi hình chữ nhật cơ sở của $(E)$.

b) Điểm $H(m;n)$ thuộc $(E)$ thỏa $F_1H=9F_2H^2$ với $F_1$, $F_2$ là hai tiêu điểm của $(E)$ và $x_{F_1} < 0$. Tìm $m$, $n$.

Giải

a) Ta có: $a=5$, $b=3$

Chu vi hình chữ nhật cơ sở là: $2(2a+2b) = 32$.

b) Ta có: $c^2 = a^2 – b^2 =16 \Rightarrow c=4 \Rightarrow e=\dfrac{4}{5}$

$F_1H = a+e\cdot m = 5+\dfrac{4}{5}m$, $F_2H = a-e\cdot m = 5-\dfrac{4}{5}m $

Ta có: $F_1H = 9F_2H^2 \Leftrightarrow 5+\dfrac{4}{5}m = 9\left( 5-\dfrac{4}{5}m\right) ^2$

$\Leftrightarrow \dfrac{144}{25}m^2 – \dfrac{364}{5}m + 220=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=5 \Rightarrow n=0\\ m=\dfrac{275}{36} \ (l) \end{array}\right. $

Vậy $H(5;0)$.

— HẾT —

Đề thi HK1 môn toán lớp 10 (không chuyên) trường Phổ Thông Năng Khiếu năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1. (2 điểm). Giải các phương trình:

a) $\dfrac{{{x^4} – 10{x^2} + 9}}{{\sqrt {x – 2} }} = 0$

b) $x\sqrt {{x^2} – x + 3} = x\left( {x – 6} \right)$

Bài 2 (1 điểm). Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{1}{x} + \dfrac{{m + x}}{{x – 1}} = 1$ có nghiệm duy nhất.

Bài 3 (1 điểm). Chứng minh $\left[ {\cos 2\pi – \cos \left( {2\pi + x} \right)} \right]\left[ {1 + {{\tan }^2}\left( {\dfrac{\pi }{2} – x} \right)} \right] = \dfrac{1}{{1 + \cos x}}$

Bài 4 (1 điểm). Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} mx – \left( {m + 1} \right)y = 1\\ \left( {2 – m} \right)x + \left( {m – 3} \right)y = 3 – 2m \end{array} \right.$ ($m$ là tham số).

a) Tìm $m$ để hệ có nghiệm duy nhất $\left( x_0; y_0 \right) $.

b) Chứng minh $x_0^2 – y_0^2 – 2{x_0} = – 1$

Bài 5 (1 điểm). Gọi $(P)$ là đồ thị của hàm số $y = {x^2} + 2x – m$. Biết $(P)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ là $4$. Tìm $m$ và tọa độ đỉnh của $(P)$.

Bài 6 (2 điểm). Cho hình bình hành ABCD có $AD = a$, $AB = 2a$ và $\widehat {DAB} = 120^\circ $.

a) Tính $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB}$. Chứng minh $AB^2 – AD^2 = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {DB} $

b) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $DB$. Tính $\overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DA}$.

Bài 7 (2 điểm). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;6)$, $B(6;5)$, $C(6;1)$.

a) Tìm tọa độ $M$ sao cho $\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {CA} – \overrightarrow {CB} $

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt trục tung tại hai điểm phân biệt $E$, $F$. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tìm toạ độ $E$ và $F$.

Giải

Bài 1.

a) $\dfrac{{{x^4} – 10{x^2} + 9}}{{\sqrt {x – 2} }} = 0 \quad (1) $

Điều kiện: $x>2$

$(1) \Leftrightarrow {x^4} – 10{x^2} + 9 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \quad (l) \\ x=-1 \quad (l) \\ x=3 \quad (n) \\ x=-3 \quad (l) \end{array} \right. $

Vậy $S=\left\{ 3 \right\} $

b) $x\sqrt{x^2-x+3} = x(x-6)$ (NX: $x^2 -x+3 >0$, $\forall x\in \mathbb{R}$)

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=0\\ \sqrt{x^2 -x +3 } = x-6 \ (*) \end{array}\right. $

$(*)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x-6\ge 0\\ x^2 -x +3 = (x-6)^2 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}  x\ge 6\\ x=3\end{array}\right. $

$\Leftrightarrow x\in \emptyset$

Vậy $S=\left\{ 0\right\} $

Bài 2. ĐKXĐ: $x\ne 0$, $x\ne 1$

Phương trình trở thành: $(m+2)x=1$

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} m+2\ne 0\\\\ \dfrac{1}{m+2}\ne 0\\\\ \dfrac{1}{m+2}\ne 1 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\ne -2\\ m\ne -1 \end{array}\right. $

Vậy $m\ne -2$ và $m\ne -1$ thì phương trình có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{1}{m+2}$

Bài 3.

$VT= \left[ {\cos 2\pi – \cos \left( {2\pi + x} \right)} \right]\left[ {1 + {{\tan }^2}\left( {\dfrac{\pi }{2} – x} \right)} \right] $

$= (1-\cos x) (1+\cot^2 x)$

$ = (1-\cos x) \cdot \dfrac{1}{\sin^2 x}$

$= (1-\cos x )\cdot \dfrac{1}{1-\cos^2 x}$

$=\dfrac{1}{1+\cos x}=VP$

Bài 4.

a) Ta có: $D=\left| \begin{array}{*{20}{c}} {m}&{-(m+1)}\\ {2-m}&{m-3} \end{array}\right| = 2(1-m)$

$D_x = \left| \begin{array}{*{20}{c}} {1} & {-(m+1)}\\ {3-2m} & {m-3} \end{array}\right| = 2m(1-m)$

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}} {m} & {1}\\ {2-m} & {3-2m} \end{array}\right| = -2(m-1)^2$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D\ne 0 \Leftrightarrow m\ne 1$

b) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} x_0 = \dfrac{D_x}{D} = m\\\\ y_0= \dfrac{D_y}{D} = m-1 \end{array}\right. $

Ta có: $x_0^2 – y_0^2 -2x_0 = m^2 – (m-1)^2 -2m =-1$

Bài 5. Thay $M(0;4)$ vào $(P)$, ta có: $4=-m \Leftrightarrow m=-4$

Tọa độ đỉnh $I( -1;3)$

 

Bài 6.

a) Ta có: $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} = – AD \cdot AB \cdot \cos 120^\circ = a^2$

Ta có: $AB^2 – AD^2 = \left( \overrightarrow{AB}\right) ^2 – \left( \overrightarrow{ AD}\right) ^2 $

$= \left( \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AD}\right) \left( \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \right) = \overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{AC}$

b) Đặt $\overrightarrow{DH} =x\overrightarrow{DB}$

Ta có: $\overrightarrow{AH} = x\overrightarrow{AB} + (1-x)\overrightarrow{AD}$

Ta có: $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BD} = 0$

$\Leftrightarrow \left( x\overrightarrow{AB} + (1-x)\overrightarrow{AD}\right) \cdot \left( \overrightarrow{AD} – \overrightarrow{AB}\right) =0$

$\Leftrightarrow x (-a^2) -4xa^2 + (1-x)a^2 -(1-x)(-a^2) =0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{7}$

Ta có: $\overrightarrow{DH} = \dfrac{2}{7} \overrightarrow{DB}$

$\Rightarrow \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DH} = \dfrac{2}{7} \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DB}$

$=\dfrac{2}{7} \overrightarrow{DA} \left( \overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AB}\right) $

$=\dfrac{2}{7} \left( DA^2 + \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB}\right) $

$=\dfrac{4}{7}a^2$

 

Bài 7.

a) Gọi $M(x;y)$

Ta có: $\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{CA} – \overrightarrow {CB}$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{BA}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x-6 = -5\\ y-1=1 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=1\\ y=2 \end{array}\right. $

Vậy $M(1;2)$

b) Gọi $I(x_I;y_I)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} IA = IB\\ IA = IC \end{array}\right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 5x_I -y_I =12\\ (5-y_I)^2 = (1-y_I)^2 \end{array}\right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_I=3\\ y_I=3 \end{array}\right. $

Gọi $E(0;y_E)\in Oy$.

Ta có: $IA = IE \Rightarrow (3-y_E)^2 =4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} y_E =1\\ y_E =5 \end{array}\right. $

Vậy $E(0;1)$, $F(0;5)$ hoặc ngược lại.

Đề thi HK1 môn toán lớp 11 (không chuyên) trường Phổ Thông Năng Khiếu năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1 (2 điểm). Giải các phương trình sau:

a) $\cos 2x – 6\sin x + 7=0$

b) $1+\tan x = 2\sqrt{2} \sin x$.

Bài 2 (2 điểm).

a) Có bao nhiêu cách sắp xếp một đội kéo co có $10$ học sinh gồm $5$ học sinh nam và $5$ học sinh nữ trong đó có $3$ bạn nữ Lan, Mai, Hồng sao cho bạn Mai luôn đứng giữa hai bạn Lan và Hồng?

b) Gọi $X$ là tập hợp các số tự nhiên có $5$ chữ số khác nhau được lập từ các chữ số $0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 6,\ 7$. Lấy ngẫu nhiên một phần tử từ tập $X$. Tính xác suất chọn được số chẵn?

Bài 3 (1 điểm).

a) Biết tập $A$ có đúng $128$ tập con. Hỏi $A$ có bao nhiêu tập con có $3$ phần tử?

b) Tìm số hạng chứa $x^8$ trong khai triển của $\left( x+ \dfrac{1}{x^3}\right) ^{24}$

Bài 4 (1 điểm). Tam giác $ABC$ có số đo các góc $\angle BAC$, $\angle CBA$, $\angle ACB$ theo thứ tự lập thành một cấp số cộng và $\cos \left( \angle CBA + \angle ACB\right) =-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Tính số đo góc $\angle CBA$ và $\sin \angle BAC$.

Bài 5 (1 điểm). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho đường tròn $(C)$ có tâm $I(2;3)$, bán kính $R=1$ và các điểm $K(-1;2)$, $H(-3;1)$. Gọi $(C’)$ là ảnh của đường tròn $(C)$ qua phép đối xứng tâm $K$. Điểm $H$ thuộc đường tròn $(C’)$ không? Vì sao?

Bài 6 (3 điểm). Cho hình chóp $S.ABCD$ có $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$. Gọi $G$, $I$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $SCD$, tam giác $ACD$ và $H$ là trung điểm $CD$.

a) Tìm giao tuyến của $(SAH)$ và $(SBD)$. Tìm giao điểm $K$ của $AG$ và $(SBD)$.

b) Chứng minh $GI//(SAB)$ và $OH//d$ với $d$ là giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$.

c) Mặt phẳng $(P)$ chứa $SB$ và song song với $DG$, $(P)$ cắt $CD$ tại $E$. Tính $\dfrac{DE}{CE}$.

 

Giải

Bài 1 (2 điểm).

a) $\cos 2x – 6\sin x +7 =0$

$\Leftrightarrow 1-2\sin^2 x -6\sin x +7=0$

$\Leftrightarrow \sin^2 x + 3\sin x -4 =0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = 1\\ \sin x =-4 \text{ (loại) } \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow x= \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi$ ($k\in \mathbb{Z}$)

Vậy $S=\left\{ \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi \ | \ k\in \mathbb{Z}\right\} $.

b) $1+ \tan x = 2\sqrt{2} \sin x$ (1)

ĐKXĐ: $x\ne \dfrac{\pi}{2} + k\pi$

$(1) \Leftrightarrow \sin x + \cos x = \sqrt{2} \sin 2x$

$\Leftrightarrow \sin \left( x+ \dfrac{\pi}{4}\right) = \sin 2x$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x+ \dfrac{\pi}{4} = 2x + 2k\pi\\ x+ \dfrac{\pi}{4} = \pi -2x + 2k\pi \end{array} \right. (k\in \mathbb{Z})$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \dfrac{\pi}{4} – 2k\pi\\ x= \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{2k\pi}{3} \end{array} \right. (k\in \mathbb{Z}) $

$\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{2k\pi}{3} \text{ (nhận) }  (k\in \mathbb{Z})$

Vậy $S=\left\{ \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{2k\pi}{3}\ | \ k\in \mathbb{Z}\right\} $

 

Bài 2 (2 điểm).

a) Số cách chọn vị trí cho Lan, Mai, Hồng là: $ 2!. C^{3}_{10}$

Số cách chọn vị trí còn lại là $ 7!$

Vậy số cách chọn thỏa mãn đề ra là: $ 2!. C^{3}_{10}. 7!$

b) Gọi $\overline{abcde}$ là số có 5 chữ số khác nhau từ $ 0;1;2;3;4;5;6;7$ cần lập.

Số các số có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số $ 0;1;2;3;4;5;6;7$ là : $A^{5}_{8} – A^{4}_{7}$

Đếm các chữ số chẵn:

$ e = 0 \Rightarrow$ có $A^{4}_{7}$ số.

$ e \neq 0 \Rightarrow e \in \left\lbrace 2;4;6 \right\rbrace $ khi đó có $ 3. ( A^{4} _{7} – A^{3}_{6})$ số.

Suy ra số các số chẵn là: $A^{4}_{7} + 3. ( A^{4} _{7} – A^{3}_{6})$

Xác suất để lấy được số chẵn là: $\dfrac{A^{4}_{7} + 3. ( A^{4} _{7} – A^{3}_{6})}{A^{5}_{8} – A^{4}_{7}} = \dfrac{25}{49}$

 

Bài 3 (1 điểm).

a) Gọi $n$ là số phần tử của $A$. Khi đó ta có số tập con của $A$ là $ 2^n = 128 \Rightarrow n =7$

Suy ra số tập con có ba phần tử của $A$ là $ C^{3} _{7} =35$

b) $ P (x) = ( x + \dfrac{1}{x^3})^{24} = \displaystyle \sum_{k =1}^ {24} C^{k}_{24} x^{k}(\dfrac{1}{x^3})^{24-k} = \displaystyle \sum_{k =1}^ {24} C^{k}_{24}. x^{4k -72}$

Khi đó ta có: $ 4k -72 =8 \Rightarrow k =20 $ ( nhận).

Vậy số hạng cần tìm là: $ C^{20}_{24}x^8$

 

Bài 4 (1 điểm).

  • Do số đo ba góc $ \widehat{BAC} , \widehat{CBA} , \widehat{ACB}$ theo thứ tự tạo thành cấp số cộng nên:

$\widehat{BAC} + \widehat{ACB} = 2 \widehat{CBA}$. (1)

Mặt khác ta lại có: $\widehat{BAC} + \widehat{CBA} + \widehat{ACB} =180^\circ$ (2)

Từ (1) và (2) ta có: $ \widehat{CBA} = 60^\circ$.

  •  $ \cos ( \widehat{ACB} + \widehat{CBA}) = \dfrac{-\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{ACB} + \widehat{CBA} = 150^\circ $

Khi đó: $\widehat{ACB} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{BAC} = 30^\circ $.

Vậy $\widehat{CBA}= 60^\circ $ và $ \sin \widehat{BAC} = \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$

 

Bài 5 (1 điểm). $ Đ_{k}: ( I, R) \mapsto ( I’, R)$

Theo bài ra ta có: $ \left\lbrace \begin{array}{l} x_{I’} + x_{I} = 2 x_{K} \\ y_{I’} + y_{I} = 2y _{K} \end{array} \right. \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} x_{I’} = -4 \\ y_{I’} = 1 \end{array} \right. \Rightarrow I(-4;1)$

Ta có: $ R’ = R =1$

$ I’H = \sqrt{( -3 +4)^2+ ( 1 -1)^2} =1 = R’ \Rightarrow H \in ( I; R’)$

 

Bài 6 (3 điểm).

a) Ta có: $ \left\lbrace \begin{array}{l} AH \cap BD = I \Rightarrow I \in ( SAH) \cap (SBD) \\ S \in ( SAH) \cap (SBD) \end{array} \right. \Rightarrow SI = ( SAH) \cap ( SBD)$

Trong $(SAH) $: $ AG \cap SI = K \Rightarrow K \in SI \Rightarrow K \in ( SBD)$

Suy ra: $ K = AG \cap ( SBD)$

b) Xét $ \bigtriangleup SAH$ ta có: $ \dfrac{HI}{HA} = \dfrac{HG}{HS} \Rightarrow GI \parallel SA$.

Mà $ SA \in (SAB) \Rightarrow GI \parallel (SAB)$

$ AD \parallel BC \Rightarrow (SAD) \cap (SBC) = d \parallel AD \parallel BC$

MÀ $ OH \parallel AD$

Suy ra ta có: $ OH \parallel d$.

c) $M$ là trung điểm $SC$.

Ta có: $\left\lbrace \begin{array}{l} SE = (SCD) \cap (SBE) \\ DG \parallel ( P) \end{array} \right. \Rightarrow DG \parallel SE$.

Suy ra $D$ là trung điểm $CE \Rightarrow \dfrac{DE}{CE} = \dfrac{1}{2}$

Đề thi HK1 môn toán 11 trường chuyên Trần Đại Nghĩa năm học 2020-2021

Leave a reply

A. PHẦN CHUNG (8 điểm)}

Bài 1 (1 điểm). Giải phương trình: $\sin x + \sin 2x + \sin 3x =0$.

Bài 2 (1 điểm). Xác định số hạng không chứa $x$ trong khai triển của $\left( 2x^2 – \dfrac{1}{x}\right) ^{15}$.

Bài 3 (1,5 điểm). Tìm số hạng đầu tiên và công sai của cấp số cộng $(u_n)$, biết rằng $\left\{ \begin{array}{l}u_2 + u_5 =11\\ u_6 + 2u_4 =27 \end{array}\right. $

Bài 4 (1 điểm). Bạn Nguyên tham gia trò chơi “Vòng quay kì diệu”: Vòng quay là một vòng tròn được chia thành $16$ ô bằng nhau (như hình vẽ), trong đó có $10$ ô được ghi chú ” Chúc mừng bạn đã nhận được $1$ phần quà” và $6$ ô được ghi chú “Chúc bạn may mắn lần sau”. Tính xác suất để sau ba lần quay bạn Nguyên được hai phần quà?

Bài 5 (3,5 điểm). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành. Gọi $M$, $N$, $I$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$, $CD$, $SA$.

a) Chứng minh $SC$ song song với mặt phẳng $(MNI)$.

b) Gọi $P$ là điểm thuộc cạnh $SB$. Xác định giao tuyến của mặt phẳng $(CMI)$ và mặt phẳng $(APN)$.

c) Gọi $G$, $K$ lần lượt là trọng tâm tam giác $ACD$, tam giác $SBC$. Tìm thiết diện của mặt phẳng $(IGK)$ và hình chóp $S. ABCD$.

B. PHẦN RIÊNG (2 điểm)

I. Dành cho các lớp 11CL, 11CH, 11CS, 11A1, 11A2

Bài 6a (1 điểm). Xét tính tăng, giảm của dãy số $(u_n)$ với $u_n=\dfrac{n+1}{2n^2+1}$, $n\in \mathbb{N^*}$.

Bài 7a (1 điểm). Câu lạc bộ “Kĩ năng sống” của một trường gồm $17$ học sinh lớp 10, $8$ học sinh lớp 11 và $6$ học sinh lớp 12. Ban chủ nhiệm câu lạc bộ cần chọn $9$ học sinh tham gia một hoạt động trải nghiệm do Quận đoàn tổ chức. Tính xác suất để trong các học sinh được chọn có đủ cả ba khối lớp.

II. Dành cho các lớp 11CV, 11CA1, 11CA2, 11CA3

Bài 6b (1 điểm). Xét tính tăng, giảm của dãy số $(u_n)$ với $u_n = \dfrac{2n-5}{n+4}$, $n\in \mathbb{N^*}$.

Bài 7b (1 điểm). Đội văn nghệ của một trường có $12$ học sinh nữ khối 11; $10$ học sinh nam khối 11 và $9$ học sinh nữ khối 10. Trong một tiết mục văn nghệ chào mừng kỉ niệm 20 năm thành lập trường, đội cần chọn $3$ bạn biểu diễn mở màn. Tính xác suất để trong $3$ bạn được chọn có cả nam lẫn nữ và có cả khối 10 và 11.

III. Dành cho các lớp 11TH1, 11TH2, 11TĐ

Bài 6c (1 điểm). Xét tính tăng, giảm của dãy số $(u_n)$ với $u_n = 2n^2 +n -1$, $n\in \mathbb{N^*}$.

Bài 7c (1 điểm). Câu lạc bộ Văn hóa Việt Nam của một trường có $10$ học sinh lớp 10, $11$ học sinh lớp 11 và $12$ học sinh lớp 12. Ban chủ nhiệm cần chọn $4$ bạn trong câu lạc bộ để chụp ảnh trang phục truyền thống của Việt Nam qua các thời kì. Tính xác suất để trong $4$ bạn được chọn có đủ cả ba khối.

IV. Dành cho lớp 11CT

Bài 6d (2 điểm). Tìm điều kiện của tham số $m$ để phương trình sau có nghiệm: $x+\sqrt{4-x^2}=m$.

Giải

A. PHẦN CHUNG (8 điểm)

Bài 1 (1 điểm).

$\sin x + \sin 2x + \sin 3x =0$

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

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

$\Leftrightarrow \sin 2x \left( 2\cos x +1\right) =0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin 2x =0\\ \cos x = -\dfrac{1}{2} \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \dfrac{k\pi }{2}\\ x = \pm \dfrac{2\pi}{3} + 2k\pi \end{array}\right. $ $(k\in \mathbb{Z})$

Vậy $S=\left\{ \dfrac{k\pi }{2}; \pm \dfrac{2\pi}{3} + 2k\pi \ |\ k\in \mathbb{Z}\right\} $

Bài 2 (1 điểm).

Gọi $T_{k+1}$ là số hạng thứ $k+1$ không chứa $x$.

Ta có: $T_{k+1} = C_{15}^k \cdot \left( 2x^2\right) ^{15-k} \cdot \left( -\dfrac{1}{x}\right) ^k = C_{15}^k \cdot (-1)^k \cdot 2^{15-k} \cdot x^{30 – 3k}$

$T_{k+1}$ không chứa $x$ $\Leftrightarrow 30 -3k =0 \Leftrightarrow k = 10$

Vậy số hạng không chứa $x$ là: $T_{11} =C_{15}^{10}\cdot (-1)^{10} \cdot 2^5$

Bài 3 (1,5 điểm).

Gọi $u_1$ là số hạng đầu, $d$ là công sai.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} u_2 + u_5 =11\\ u_6 + 2u_4 =27 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u_1 + d + u_1 + 4d =11\\ u_1 + 5d + 2(u_1 + 3d) =27 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2u_1 + 5d =11\\ 3u_1 + 11d =27 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} d=3\\ u_1 =-2 \end{array}\right. $

Vậy $u_1 = -2$ và $d=3$.

Bài 4 (1 điểm).

Xác suất để quay vào ô trúng quà: $\dfrac{10}{16}$.

Xác suất để quay vào ô may mắn: $\dfrac{6}{16}$.

Biến cố “trúng quà” và “may mắn” là độc lập.

$\Rightarrow $ Xác suất để 2 lần quay vào ô trúng quà là: $C_3^2 \cdot \dfrac{10}{16} \cdot \dfrac{10}{16} \cdot \dfrac{6}{16} = \dfrac{225}{512}$.

Bài 5 (3,5 điểm).

a) Gọi $O$ là trung điểm của $AC$.

Ta có: $BM//CN$ và $BM = CN\Rightarrow BMNC$ là hình bình hành.

$\Rightarrow MN//BC$ $\Rightarrow NM$ đi qua trung điểm $O$ của $AC$.

$\triangle SAC$ có $OI$ là đường trung bình $\Rightarrow OI // SC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} SC // OI\\ OI \subset (IMN) \end{array}\right. $ $\Rightarrow SC//(IMN)$

b) Ta có: $AN//CM$

Trong mặt phẳng $(SAB)$, gọi $L=AP \cap IM$ $\Rightarrow L \in (APN) \cap (CMI)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} AN \subset (APN)\\ CM \subset (CMI)\\ AN//CM\\ L\in (APN) \cap (CMI) \end{array}\right. $

$\Rightarrow Lx = (APN) \cap (CMI)$ sao cho $Lx // AN//CM$.

c) Gọi $T$ là trung điểm của $BC$.

Trong mặt phẳng $(SAT)$, gọi $X = IK \cap AT$

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $Q = XG \cap BC$, $R= XG \cap AD$

Trong mặt phẳng $(SBC)$, gọi $U = QK \cap SB$

Từ đó suy ra thiết diện của mặt phẳng $(IGK)$ và hình chóp $S.ABCD$ là tứ giác $IUQR$.

B. PHẦN RIÊNG (2 điểm)

I. Dành cho các lớp 11CL, 11CH, 11CS, 11A1, 11A2

Bài 6a (1 điểm).

Ta có: $u_{n+1} – u_n = \dfrac{n+2}{2(n+1)^2+1} – \dfrac{n+1}{2n^2 +1}$

$= \dfrac{(n+2)(2n^2+1) – (n+1)(2n^2 +4n + 3)}{(2n^2 +1) (2n^2 + 4n +3)}$

$=\dfrac{2n^3 + 4n^2 +n +2 – (2n^3 + 6n^2 +7n + 3)}{(2n^2 +1) (2n^2 + 4n +3)}$

$= \dfrac{-2n^2 -6n -1}{(2n^2 +1) (2n^2 + 4n +3)}<0$, $\forall n \in \mathbb{N^*}$

Vậy $(u_n)$ là dãy giảm.

Bài 7a (1 điểm).

Số cách chọn 9 học sinh từ 31 học sinh: $C_{31}^9$.

Số cách chọn 9 học sinh chỉ có 1 khối: $C_{17}^9$.

Số cách chọn 9 học sinh có đúng 2 khối: $\left\{ \begin{array}{l} \text{ Khối 10, 11 }: C_{25}^9 – C_{17}^9 \\ \\ \text{ Khối 10, 12 }: C_{23}^9 – C_{17}^9\\ \\ \text{ Khối 11, 12 }: C_{14}^9 \end{array}\right. $

Xác suất để chọn có đủ cả ba khối lớp:

$$1-\dfrac{C_{17}^9 + \left( C_{25}^9 – C_{17}^9 + C_{23}^9 – C_{17}^9 + C_{14}^9\right ) }{C_{31}^9} \approx 0,859$$

II. Dành cho các lớp 11CV, 11CA1, 11CA2, 11CA3

Bài 6b (1 điểm).

Ta có: $u_{n+1} – u_n = \dfrac{2(n+1) -5}{n+5} – \dfrac{2n -5}{n+4}$

$= \dfrac{(n+4)(2n-3) – (n+5)(2n-5)}{(n+5)(n+4)}$

$= \dfrac{2n^2 + 5n -12 – (2n^2 +5n -25)}{(n+5)(n+4)}$

$=\dfrac{13}{(n+5)(n+4)} >0$, $\forall n\in \mathbb{N^*}$

Vậy $(u_n)$ là dãy tăng.

Bài 7b (1 điểm).

Số cách chọn 3 bạn trong 31 bạn: $C_{31}^3 = 4495$.

Số cách chọn 1 nữ lớp 10, 1 nữ lớp 11, 1 nam lớp 11: $C_9^1 \cdot C_{12}^1 \cdot C_{10}^1 = 1080$

Số cách chọn 1 nữ lớp 10, 2 nam lớp 11: $C_9^1 \cdot C_{10}^2 = 405$

Số cách chọn 2 nữ lớp 10, 1 nam lớp 11: $C_9^2\cdot C_{10}^1 = 360$

Vậy xác suất để chọn 3 bạn có cả nam lẫn nữ và có cả lớp 10 và 11: $\dfrac{1080 + 405 + 360}{4495} = \dfrac{369}{899}$

III. Dành cho các lớp 11TH1, 11TH2, 11TĐ

Bài 6c (1 điểm).

Ta có: $u_{n+1} – u_n = 2(n+1)^2 + n – (2n^2 +n -1)$

$= 2n^2 + 4n + 2 +n – 2n^2 -n +1$

$=4n +3>0$, $\forall n \in \mathbb{N^*}$

Vậy $(u_n)$ là dãy tăng.

Bài 7c (1 điểm).

Số cách chọn 4 bạn trong 33 bạn: $C_{33}^4$

Số cách chọn 1 bạn lớp 10, 1 bạn lớp 11, 2 bạn lớp 12: $C_{10}^1 \cdot C_{11}^1 \cdot C_{12}^2$

Số cách chọn 1 bạn lớp 10, 2 bạn lớp 11, 1 bạn lớp 12: $C_{10}^1 \cdot C_{11}^2 \cdot C_{12}^1$

Số cách chọn 2 bạn lớp 10, 1 bạn lớp 11, 1 bạn lớp 12: $C_{10}^2 \cdot C_{11}^1 \cdot C_{12}^1$

Vậy xác suất để chọn 4 bạn có đủ cả ba khối là: $$\dfrac{C_{10}^1 \cdot C_{11}^1 \cdot C_{12}^2 + C_{10}^1 \cdot C_{11}^2 \cdot C_{12}^1 +C_{10}^2 \cdot C_{11}^1 \cdot C_{12}^1 }{C_{33}^4}=\dfrac{15}{31}$$

Đề thi HK1 môn toán trường Nguyễn Thị Minh Khai năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1 (3 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a} $|2x^2+2x+3|=x+3$

b) $\sqrt{2x-1}+ \sqrt{x}=3-x^2$

c) $\left\{ \begin{array}{l} x+y+xy=11\\ x+y-xy=-1 \end{array}\right.$

Bài 2 (2 điểm). Tìm giá trị tham số $m$ sao cho:

a) Phương trình $(m^2-2m)x+2-m=0$ vô nghiệm.

b) Phương trình $x^2-(2m+1)x+m^2+1=0$ có 2 nghiệm dương phân biệt.

Bài 3 (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y=f(x)=x(3-2x)$ khi $0\le x\le \dfrac{3}{2}$.

Bài 4 (2 điểm). Cho $\triangle ABC$ có $I$ là trung điểm cạnh $AB$.

a) Chứng minh $CA^2 + CB^2 = 2CI^2 + \dfrac{AB^2}{2}$.

b) Tìm tập hợp các điểm $M$ sao cho $\left( \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right) \cdot \left( \overrightarrow{MB} – \overrightarrow{MC}\right) =0$.

Bài 5 (2 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho $\triangle ABC$ có $A(-5;0)$, $B(1;0)$, $C(2;3)$.

a) Tìm tọa độ tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc tia $Oy$ sao cho $|2MA – MB|$ nhỏ nhất.

Giải

Bài 1  (3 điểm).

a) $|2x^2+2x+3|=x+3$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+3\ge 0\\ \left[ \begin{array}{l} 2x^2 +2x+3 = x+3\\ 2x^2 +2x+3 = -x-3 \end{array}\right. \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\ge -3\\ \left[ \begin{array}{l} 2x^2 +x =0\\ 2x^2 +3x +6=0 \end{array}\right. \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\ge -3\\ \left[ \begin{array}{l} x=0\\ x=-\dfrac{1}{2} \end{array}\right. \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=0\\ x=-\dfrac{1}{2}\end{array}\right. $

Vậy $S=\left\{ 0;-\dfrac{1}{2}\right\} $.

b) $\sqrt{2x-1}+ \sqrt{x}=3-x^2$ $(1)$

Điều kiện xác định: $x\ge \dfrac{1}{2}$

$(1) \Leftrightarrow \sqrt{2x-1} -1 + \sqrt{x}-1 +x^2 -1=0$

$\Leftrightarrow \dfrac{2(x-1)}{\sqrt{2x-1}+1} + \dfrac{x-1}{\sqrt{x}+1}+ (x-1)(x+1)=0$

$\Leftrightarrow (x-1) \left( \dfrac{2}{\sqrt{2x-1}+1} + \dfrac{1}{\sqrt{x}+1} + x+1\right) =0$

$\Leftrightarrow x=1$ (nhận)

Vậy $S=\left\{ 1\right\} $.

c) $\left\{ \begin{array}{l} x+y+xy=11\\ x+y-xy=-1 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y = 5\\ xy=6 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=5-y\\ -y^2 +5y -6=0 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=5-y\\ \left[ \begin{array}{l} y=3\\ y=2 \end{array}\right.\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=2\\ y=3 \end{array}\right. \\ \left\{ \begin{array}{l} x=3\\ y=2\end{array}\right. \end{array}\right. $\
Vậy $(x;y)\in \left\{ (2;3); (3;2)\right\} $.

Bài 2 (2 điểm).

a) Ta có: $(m^2-2m)x+2-m=0 \Leftrightarrow (m^2 -2m)x = m-2 \ (2)$
$(2)$ vô nghiệm khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} m^2 -2m =0\\ m-2\ne 0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\ne 2\\ \left[ \begin{array}{l} m=0\\ m=2 \end{array}\right. \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow m=0$

Vậy $m=0$ thì phương trình $(2)$ vô nghiệm.

b) $x^2-(2m+1)x+m^2+1=0$ $(3)$

Ta có: $\Delta = (2m+1)^2 -4(m^2 +1) = 4m-3$

Phương trình $(3)$ có $2$ nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l} \Delta >0\\ S>0\\ P>0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 4m-3>0\\ 2m+1>0\\ m^2 +1 >0 \text{ (luôn đúng) } \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m>\dfrac{3}{4}\\ m>-\dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow m>\dfrac{3}{4}$

Vậy $m>\dfrac{3}{4}$ thì phương trình $(3)$ luôn có 2 nghiệm dương phân biệt.

Bài 3 (1 điểm).

Ta có: $y=x(3-2x) = -2x^2 +3x$

Tập xác định: $D=\mathbb{R}$

Tọa độ đỉnh: $I\left( \dfrac{3}{4};\dfrac{9}{8}\right) $
Với $0\le x\le \dfrac{3}{2}$ ta có bảng sau:

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y=\dfrac{9}{8}$ khi $x=\dfrac{3}{4}$.

Bài 4 (2 điểm).

a) Ta có: $\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{0}$, $IA^2= IB^2 = \dfrac{AB^2}{4}$

Ta có: $CA^2 + CB^2 = \overrightarrow{CA}^2 + \overrightarrow{CB}^2 = \left( \overrightarrow{CI} + \overrightarrow{IA}\right) ^2 + \left( \overrightarrow{CI} + \overrightarrow{IB}\right) ^2$

$= 2CI^2 + 2\overrightarrow{CI}\left( \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB}\right) + IA^2 + IB^2 = 2CI^2 + \dfrac{AB^2}{2}$

b) Ta có: $\left( \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right) \cdot \left( \overrightarrow{MB} – \overrightarrow{MC}\right) =0$ $\Leftrightarrow 2\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{CB}=0$ $\Rightarrow MI \bot CB$
Vậy $M$ thuộc đường thẳng đi qua $I$ và vuông góc với $BC$.

Bài 5 (2 điểm).
a) Gọi $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $AC$ suy ra $E(-2;0)$, $F\left( -\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right) $

$\overrightarrow{AB}=(6;0)$, $\overrightarrow{AC}= (7;3)$, $\overrightarrow{EI} = \left( x_I +2; y_I\right) $, $\overrightarrow{FI}= \left( x_I + \dfrac{3}{2}; y_I – \dfrac{3}{2}\right) $

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} EI \bot AB\\ FI \bot AC \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{EI}\cdot \overrightarrow{AB} = 0\\ \overrightarrow{FI}\cdot \overrightarrow{AC}=0 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 6\left( x_I+2\right) =0\\ 7\left( x_I+\dfrac{3}{2}\right) + 3\left( y_I-\dfrac{3}{2}\right) =0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_I=-2\\ y_I=\dfrac{8}{3}\end{array}\right. $

Vậy $I\left( -2;\dfrac{8}{3}\right) $.

b) Gọi $M(0;y)$ $(y\ge 0)$.

Ta có: $|2MA -MB| = |2\sqrt{y^2 +25}- \sqrt{y^2+1}| = 2\sqrt{y^2+25} – \sqrt{y^2 +1}=m$ $(m\ge 0)$

Khi đó ta có phương trình: $2\sqrt{y^2+25} – \sqrt{y^2+1} =m$ $(*)$

Ta đi tìm $m$ nhỏ nhất để phương trình $(*)$ có nghiệm không âm.

Đặt $t= \sqrt{y^2+1}$ $(t\ge 1)$

Khi đó: $2\sqrt{t^2 +24} =m+t$

$\Leftrightarrow 4t^2 +96 = t^2 + 2mt + m^2$

$\Leftrightarrow 3t^2 -2mt-m^2 +96=0$ $(**)$

$(*)$ có nghiệm không âm khi và chỉ khi $(**)$ có nghiệm lớn hơn hoặc bằng $1$.
Ta có: $\Delta’ = m^2 -3(-m^2 + 96) = 4m^2 – 288 \ge 0 \Leftrightarrow m^2 \ge 72$

Nếu $m^2 =72 \Rightarrow m=6\sqrt{2}$ thay vào $(**)$ ta tìm được $t=2\sqrt{2}$ thỏa yêu cầu và $m=6\sqrt{2}$ cũng là $m$ nhỏ nhất.
Với $t=2\sqrt{2} \Leftrightarrow y=\sqrt{7}$
Vậy $M(0;\sqrt{7})$.

Đề thi HK1 môn toán 11AB trường chuyên Lê Hồng Phong năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1 (2 điểm). Giải các phương trình sau:

a) $2\cos \left( 2x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{3}$
b) $\sqrt{3}\sin x + \cos x =2$

Bài 2 (1 điểm). Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần. Tính xác suất để số chấm xuất hiện trong hai lần gieo khác nhau.

Bài 3 (1 điểm). Từ các chữ số  $1$;  $2$;  $3$;  $4$;  $5$;  $6$ có thể lập được bao nhiêu số chẵn có $4$ chữ số khác nhau?

Bài 4 (1 điểm). Khai triển nhị thức $(1-3x)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \dots + a_nx^n$. Biết $a_0 + a_1 + a_2 = 376$, tính $a_3$.

Bài 5 (1 điểm). Cho dãy số $(u_n)$ thỏa $\left\{ \begin{array}{l}u_1=1\\ u_{n+1}= 2u_n + n\end{array}\right. $

a) Chứng minh dãy số $v_n = u_n + n+1$ là cấp số nhân.

b) Đặt $S_n=u_1 + u_2 + \dots + u_n$. Tính $S_n$ theo $n$.

Bài 6 (1 điểm). Một số nguyên dương gọi là đối xứng nếu ta viết các chữ số theo thứ tự ngược lại thì được số bằng số ban đầu, ví dụ số $1221$ là một số đối xứng. Chọn ngẫu nhiên một số đối xứng có $4$ chữ số, tính xác suất chọn được số chia hết cho $7$.

Bài 7 (3 điểm). Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là các điểm trên cạnh $CD$, $AD$, $SA$ thỏa $MD = 2MC$, $NA = 3ND$, $PA=3PS$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $SBC$.

a) Tìm giao điểm $K$ của đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $(SAC)$.

b) Chứng minh mặt phẳng $(NPK)$ song song mặt phẳng $(SCD)$.

c) Chứng minh đường thẳng $MG$ song song mặt phẳng $(SAD)$.

Đáp án

Bài 1 (2 điểm).

a) $2\cos \left( 2x + \dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt{3}$

$\Leftrightarrow \cos \left( 2x+\dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \\\\ 2x + \dfrac{\pi}{4} = -\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi\end{array}\right.(k\in \mathbb{Z}) $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = -\dfrac{\pi}{24} + k\pi \\\\ x= -\dfrac{5\pi}{24} + k\pi\end{array}\right. (k\in \mathbb{Z})$

Vậy $S=\left\{ -\dfrac{\pi}{24} + k\pi; -\dfrac{5\pi}{24} + k\pi \ | \ k\in \mathbb{Z} \right\} $.

b) $\sqrt{3} \sin x + \cos x =2$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin x + \dfrac{1}{2} \cos x =1$

$\Leftrightarrow \sin \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) =1$

$\Leftrightarrow x+ \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi $ $(k\in \mathbb{Z})$

$\Leftrightarrow x= \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi$ $(k\in \mathbb{Z})$

Vậy $S=\left\{ \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi \ | \ k\in \mathbb{Z} \right\} $.

Bài 2 (1 điểm).

Gọi $A$ là biến cố được $2$ số khác nhau $\Omega _A = \left\{ (a;b)\ | \ a, b \in \left\{ 1,2,…,6\right\} , a\ne b\right\} $

$\Rightarrow |\Omega _A | = 6\cdot 5 = 30$ $\Rightarrow P(A) = \dfrac{30}{36} = \dfrac{5}{6}$

Vậy xác suất để số chấm xuất hiện trong hai lần gieo khác nhau là $\dfrac{5}{6}$.

Bài 3 (1 điểm).

Gọi số có 4 chữ số thỏa yêu cầu đề bài là $\overline{abcd}$.
$\overline{abcd}$ là số chẵn nên $d\in \left\{ 2,4,6 \right\} $ suy ra $d$ có $3$ cách chọn.
$\overline{abc}$ có $A^3 _5$ cách chọn.
$\Rightarrow $ Số số thỏa mãn yêu cầu đề bài là: $3\cdot A^3 _5 = 3\cdot 5 \cdot 4 \cdot 4 =180$.

Bài 4 (1 điểm).

Ta có: $\left( 1-3x\right) ^n = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{( – 3x)}^k}} $.

Suy ra $a_0 =1$, $a_1 = -3C_n ^1$, $a_2 = 9 C_n ^2$

Ta có: $a_0 + a_1 + a_2 = 376$

$\Rightarrow 1 -3C_n ^1 + 9 C_n ^2 =376$

$\Rightarrow 1 – 3n + \dfrac{9n(n-1)}{2} = 376 \Rightarrow n=10$

Vậy $a_3 = (-3)^3C_{10} ^3 = -3240$

Bài 5 (1 điểm).

a) $v_n = u_n + n +1$
$v_{n+1} = u_{n+1} + n+1 +1$

$ = 2u_n + n + n + 2 $

$= 2\left( u_n + n + 1\right)$

$ =2v_n$ $(\forall n)$

Vậy $(v_n)$ là cấp số nhân.

b) $v_1 = 1+1+1 =3 \Rightarrow v_n = 3\cdot 2^{n-1}$

$v_1+ v_2 + \dots + v_n = 3\left( 1+2+\dots + 2^{n-1}\right) $

         $= 3\left( 2^n -1\right) $

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}u_1 = v_1 -1 -1 = v_1 -2\\\\ u_2 = v_2 -2 -1 = v_2 -3\\ .\\ .\\ .\\ u_n = v_n – (n+1)\end{array}\right. $

$\Rightarrow u_1 + u_2 + \dots + u_n = v_1 + v_2 + \dots + v_n – \left( 2+3+\dots + n+1\right) $

   $= 3\left( 2^n -1\right) – \dfrac{[2+(n+1)]\cdot n}{2}$

   $= 3\cdot 2^n – \dfrac{n\cdot (n+3) }{2} -3$

Vậy $S_n = 3\cdot 2^n – \dfrac{n\cdot (n+3) }{2} -3$

Bài 6 (1 điểm).

Gọi số có $4$ chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài là $\overline{abba}$

  • Trường hợp 1: $a=b$ suy ra ta có $9$ số là $1111$, $2222$, . . ., $9999$.
  • Trường hợp 2: $a\ne b$ ta có $A_{10} ^2 -9=81$ số.

$\Rightarrow $ có $90$ số có $4$ chữ số là số đối xứng.

Ta có: $\overline{abcd} = a\cdot 1001 + 110\cdot b \ \vdots \ 7 \Rightarrow b\ \vdots \ 7 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}b=0\\\\ b=7\end{array}\right. $

Với $b=0$ hoặc $b=7$ ta có $18$ số đối xứng có $4$ chữ số chia hết cho $7$.

Vậy xác suất để chọn được số chia hết cho $7$ là $\dfrac{18}{90} = \dfrac{1}{5}$.

Bài 7 (3 điểm).

a) Trong mặt phẳng $(ABCD)$ có $BM \cap AC = K$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}K= BM \cap AC\\\\ AC \subset (SAC)\end{array}\right. $ $\Rightarrow K = BM \cap (SAC)$

b) Trong mặt phẳng $(SAD)$ có:

  •  $\dfrac{AP}{PS} = \dfrac{AN}{ND} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow NP//SD$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}NP//SD \\\\ SD\subset (SCD)\end{array} \right. $

$\Rightarrow NP//(SCD)$

  • $\dfrac{CM}{AB} = \dfrac{CK}{AK} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{CK}{AK} = \dfrac{ND}{AN} \Rightarrow NK // CD$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}NK // CD\\\\ CD\subset (SCD)\end{array}\right. $

$\Rightarrow NK // (SCD)$

Mà $NP$, $NK \subset (PNK) \Rightarrow (PNK) // (SCD)$.

c) Gọi $Q=SG\cap BC$, $T= QM \cap AD$.

Ta có: $\dfrac{QM}{MT} = \dfrac{CM}{MD} = \dfrac{1}{2}= \dfrac{QG}{GS}$

$ \Rightarrow MG // ST$ mà $ST \subset (SAD) \Rightarrow MG // (SCD)$