Bộ 20 đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2022 - 2023 có đáp án (Đề 3)

Đáp án A

Phương pháp

+ Sử dụng khai triển nhị thức Newton: \({\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n - k}}} .\)

+ Thay \(x = 1\) để tính tổng các hệ số của khai triển.

Cách giải:

Ta có: \({\left( {3x - 4} \right)^{17}} = \sum\limits_{k = 0}^{17} {C_{17}^k{{.3}^k}.{{\left( { - 4} \right)}^{17 - k}}{x^k}} \) (*).

Hệ số \({a_k} = \sum\limits_{k = 0}^{17} {C_{17}^k{{.3}^k}.{{\left( { - 4} \right)}^{17 - k}}.} \)

Thay \(x = 1\) vào (*) ta được tổng các hệ số: \(S = {\left( {3.1 - 4} \right)^{17}} = - 1.\)

Đáp án D

Phương pháp:

Vị trí xa cân bằng nhất là ở biên nên cho \({h_{\max }}\), tìm t nhỏ nhất thỏa mãn.

Cách giải:

Vị trí xa vị trí cân bằng nhất nên ta có:

\(\left| {3\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right)} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) = 1\\\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right) = k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{3k + 1}}{2}\)

Vị trí sau giây thứ 10 nên: \(t > 10 \Rightarrow \frac{{3k + 1}}{2} > 10 \Leftrightarrow k > \frac{{19}}{3} \Leftrightarrow k \ge 7\) (Do \(k \in \mathbb{Z}\) ).

\(k \ge 7 \Rightarrow t \ge \frac{{3.7 + 1}}{2} = 11.\)

Vậy thời điểm đầu tiên sau 10 giây mà người chơi đu ở vị trí cân bằng nhất là giây thứ 11.

Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng quy tắc cộng.

Cách giải:

Có 3 cách chọn cỡ 39.

Có 5 cách chọn cỡ 40.

Suy ra có 8 cách chọn cỡ 39 hoặc 40.

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Đa giác có 10 cạnh suy ra sẽ có 10 đỉnh.

Chọn 2 trong 10 đỉnh ta được các đoạn thẳng chứa cả cạnh và đường chéo của đa giác là \(C_{10}^2.\)

Suy ra đa giác có các đường chéo là \(C_{10}^2 - 10 = 35.\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Tập A có 6 phần tử.

Có 6 cách chọn chữ số hàng trăm.

Có 5 cách chọn chữ số hàng chục.

Có 4 cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Suy ra có tất cả \(6.5.4 = 120\) số tự nhiên thỏa mãn bài toán.

Chọn B.

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng các tính chất của hai đường thẳng.

Cách giải:

Câu C vì có thể hai đường thẳng đó song song.

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tính chất của tổ hợp: \(C_n^k = C_n^{n - k}\)

Cách giải:

Áp dụng tính chất: \(C_n^k = C_n^{n - k}\) ta có:

\(C_{2n}^0 = C_{2n}^{2n}\)

\(C_{2n}^1 = C_{2n}^{2n - 1}\)

…

\(C_{2n}^{n - 1} = C_{2n}^{n + 1}\)

Suy ra \(C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + ... + C_{2n}^{n - 1} = C_{2n}^{n + 1} + C_{2n}^{n + 2} + ... + C_{2n}^{2n}\)

Đáp án B

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Hộp chứa 16 thẻ, trong đó có 8 thẻ đánh số lẻ và 8 thẻ đánh số chẵn.

Ta có: \(n\left( \Omega \right) = C_{16}^1 = 16.\)

Gọi A là biến cố: “Thẻ nhận được đánh số lẻ” \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_8^1 = 8.\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}.\)