Phương pháp:Áp dụng: \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^n = {2^n}\) và BĐT Cô siCách giải:Ta có: \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^n = {2^n} \Leftrightarrow C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^{n - 1} = {2^n} - 2\)Áp dụng BĐT Cô si cho \(n - 1\) số dương \(C_n^1,\,C_n^2,\,...,\,C_n^{n - 1}\) ta có:\(C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^{n - 1} \ge \left( {n - 1} \right)\sqrt[{n - 1}]{{C_n^1C_n^2\,...C_n^{n - 1}}},\,\forall n \in \mathbb{N},\,n \ge 2\)\( \Rightarrow {2^n} - 2 \ge \left( {n - 1} \right)\sqrt[{n - 1}]{{C_n^1C_n^2\,...C_n^{n - 1}}} \Leftrightarrow C_n^1C_n^2\,...C_n^{n - 1} \le {\left( {\frac{{{2^n} - 2}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow C_n^0C_n^1C_n^2\,...C_n^{n - 1}C_n^n \le {\left( {\frac{{{2^n} - 2}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}\)(do \(C_n^0 = C_n^n = 1\))Vậy, \(C_n^0C_n^1C_n^2\,...C_n^n \le {\left( {\frac{{{2^n} - 2}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}},\,\forall n \in \mathbb{N},\,n \ge 2\).

<div>Phương pháp:- Tìm ĐKXĐ- Sử dụng công thức \(\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} = 1 + {\cot ^2}x\), biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai đối với \(\cot x\).Cách giải:ĐKXĐ: \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\)Ta có:\(\frac{3}{{{{\sin }^2}x}} - 2\sqrt 3 \cot x - 6 = 0 \Leftrightarrow 3\left( {1 + {{\cot }^2}x} \right) - 2\sqrt 3 \cot x - 6 = 0\)\( \Leftrightarrow 3{\cot ^2}x - 2\sqrt 3 \cot x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cot x = \sqrt 3 \\\cot x = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z}\) (thỏa mãn ĐKXĐ)Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,x = - \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\,\).</div>

<div>Phương pháp:+) \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\\a \subset \left( P \right)\\a//\left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//d\)+) \(\left\{ \begin{array}{l}a,b \subset \left( P \right)\\a',\,b' \subset \left( Q \right)\\a//a',\,b//b'\\a \cap b = \left\{ I \right\}\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right)//\left( Q \right)\)+) \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)//\left( Q \right)\\a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//\left( Q \right)\)Cách giải:a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\SA \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\SA//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MQ//SA\) (1)Do \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\BC//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC//PQ\). Mà \(A{\rm{D//BC}} \Rightarrow {\rm{PQ//AD}}\) (2)Từ (1), (2) suy ra: \(\left( {MNPQ} \right)//\left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow NP//\left( {SA{\rm{D}}} \right)\) (do \(NP \subset \left( {MNPQ} \right)\))b) Ta có: \(E = MQ \cap NP\).Mà \(MQ \subset \left( {SAB} \right),NP \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow E \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\)\( \Rightarrow \) E luôn di động trên một đường thẳng cố định, chính là giao tuyến của (SAB) và (SCD).c) Thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( \alpha \right)\) là hình thang MNPQ (do \(MN//PQ\left( {//BC} \right)\))<img alt="Media VietJack" height="229" src="https://daythem.com/public/s3/user.editor.image/2025/10/user-system-generate/8d985bc2-5c5f-4c52-8e36-fb0350000ed4/1761878478.png" width="381"/>Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MQ//SA\\MN//A{\rm{D}}\end{array} \right. \Rightarrow MQN = SA{\rm{D}} = 60^\circ \) (do tam giác SAD đều)\(\left\{ \begin{array}{l}NP//S{\rm{D}}\\MN//A{\rm{D}}\end{array} \right. \Rightarrow QPN = S{\rm{D}}A = 60^\circ \) (do tam giác SAD đều)\( \Rightarrow MQN = QPN \Rightarrow \)MNPQ là hình thang cân.+) \(MQ//SA \Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{x}{a} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MQ = \frac{x}{a}.SA = \frac{x}{a}.a = x\\\frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{x}{a}\end{array} \right.\)+) \(PQ//BC \Rightarrow \frac{{PQ}}{{BC}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{x}{a} \Rightarrow PQ = \frac{x}{a}.BC = \frac{x}{a}.2{\rm{a}} = 2{\rm{x}}\)+) Gọi I là trung điểm của BC, J là giao điểm của ID và MNKhi đó, ABID là hình thoi có các cạnh đều bằng a \( \Rightarrow {\rm{MJ = a}}\) (do \(MJ//BI//A{\rm{D}}\))\(JN//IC \Rightarrow \frac{{JN}}{{IC}} = \frac{{J{\rm{D}}}}{{I{\rm{D}}}} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{x}{a} \Rightarrow JN = \frac{x}{a}.IC = \frac{x}{a}.a = x \Rightarrow MN = a + x\)Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của Q, P lên MN.Do MNPQ là hình thang cân nên\(MH = KN = \frac{{MN - PQ}}{2} = \frac{{x + a - 2{\rm{x}}}}{2} = \frac{{a - x}}{2}\)\(\Delta MQH\) vuông tại H \( \Rightarrow QH = MH.\tan 60^\circ = \frac{{a - x}}{2}.\sqrt 3 \)Diện tích hình thang MNPQ là:\({S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}\left( {PQ + MN} \right).QH = \frac{1}{2}.\left( {2{\rm{x}} + x + a} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {a - x} \right)\)\( = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {3{\rm{x}} + a} \right)\left( {3{\rm{a}} - 3{\rm{x}}} \right)\)Áp dụng BĐT Cô si, ta có: \(\left( {3{\rm{x}} + a} \right)\left( {3{\rm{a}} - 3{\rm{x}}} \right) \le {\left( {\frac{{3{\rm{x}} + a + 3{\rm{a}} - 3{\rm{x}}}}{2}} \right)^2} = 4{{\rm{a}}^2}\)\( \Rightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {3{\rm{x}} + a} \right)\left( {3{\rm{a}} - 3{\rm{x}}} \right) \le \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}.4{{\rm{a}}^2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow {S_{MNPQ}} \le \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\)Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(3{\rm{x}} + a = 3{\rm{a}} - 3{\rm{x}} \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}a\)Vậy, diện tích thiết diện MNPQ đạt giá trị lớn nhất \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\) khi và chỉ khi M nằm trên cạnh AB sao cho \(AM = \frac{2}{3}a\).</div>

Phương pháp:Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton: \({\left( {x + y} \right)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{x^i}.{y^{n - i}}} \)Cách giải:Ta có: \({\left( {\frac{x}{2} - 4m} \right)^{12}} = \sum\limits_{i = 0}^{12} {C_{12}^i{{\left( {\frac{1}{2}x} \right)}^i}.{{\left( { - 4m} \right)}^{12 - i}}} = \sum\limits_{i = 0}^{12} {C_{12}^i{{\left( { - 1} \right)}^{12 - i}}{2^{24 - 3i}}{m^{12 - i}}{x^i}} \)Hệ số của các số hạng chứa \({x^2}\), số hạng chứa \({x^4}\), số hạng chứa \({x^6}\) lần lượt là:\(a = C_{12}^2{2^{18}}{m^{10}},\,\,b = C_{12}^4{2^{12}}{m^8},\,c = C_{12}^6{2^6}{m^4}\)Theo đề bài:\(a = bc \Leftrightarrow C_{12}^2{2^{18}}{m^{10}} = C_{12}^4{2^{12}}{m^8}.C_{12}^6{2^6}{m^4} \Leftrightarrow C_{12}^2{m^{10}} = C_{12}^4C_{12}^6{m^{12}} \Leftrightarrow {m^{10}}\left( {66 - 495.924{m^2}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\{m^2} = \frac{1}{{6930}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \pm \sqrt {\frac{1}{{6930}}} \end{array} \right.\)

Phương pháp:- Tìm ĐKXĐ- Biến đổi phương trình về phương trình cơ bản để giải.Cách giải:ĐKXĐ: \(1 - 2\sin x \ne 0 \Leftrightarrow \sin x \ne \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x \ne \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z}\).Khi đó:\(\frac{{\cos \left( {\frac{{7\pi }}{2} - 2x} \right) - \sqrt 3 \cos \left( {2x - 3\pi } \right) + 2\cos x}}{{1 - 2\sin x}} = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {3\pi + \frac{\pi }{2} - 2x} \right) - \sqrt 3 \cos \left( {2x - 3\pi } \right) + 2\cos x = 0\)\( \Leftrightarrow - \cos \left( {\frac{\pi }{2} - 2x} \right) + \sqrt 3 \cos 2x + 2\cos x = 0\)\( \Leftrightarrow - \sin 2x + \sqrt 3 \cos 2x + 2cosx = 0\)\( \Leftrightarrow \sin 2x - \sqrt 3 \cos 2x = 2\cos x\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 2x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x = \cos x\)\( \Leftrightarrow \sin \frac{\pi }{6}.\sin 2{\rm{x}} - \cos \frac{\pi }{6}.\cos 2x = \cos x\)\( \Leftrightarrow - \cos \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = \cos x \Leftrightarrow \cos \left( {2x - \frac{{5\pi }}{6}} \right) = \cos x\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{{5\pi }}{6} = x + k2\pi \\2x - \frac{{5\pi }}{6} = - x + k2\pi \end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\)Kết hợp ĐKXĐ, suy ra: Phương trình đã cho có nghiệm \(x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3},\,\,k \in \mathbb{Z}\).

Phương pháp:Xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).Cách giải:Gọi số học sinh nam của trường là n (học sinh, \(n \in \mathbb{N}\))Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{n + 10}^5\)Xác suất để cả 5 học sinh được chọn toàn nam: \(\frac{{C_n^5}}{{C_{n + 10}^5}}\).Xác suất trong 5 học sinh được chọn có 2 nữ: \(\frac{{C_{10}^2C_n^3}}{{C_{n + 10}^5}}\).Theo đề bài, ta có:\(\frac{{C_n^5}}{{C_{n + 10}^5}} = \frac{7}{{15}}.\frac{{C_{10}^2C_n^3}}{{C_{n + 10}^5}} \Leftrightarrow 15C_n^5 = 7C_{10}^2C_n^3 \Leftrightarrow 15C_n^5 = 7.45C_n^3 \Leftrightarrow C_n^5 = 21C_n^3 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{5!\left( {n - 5} \right)!}} = \frac{{21.n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}}\)\( \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{5!\left( {n - 5} \right)!}} = \frac{{21.n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} \Leftrightarrow 5.4 = \frac{{\left( {n - 3} \right)\left( {n - 4} \right)}}{{21}} \Leftrightarrow {n^2} - 7n + 12 - 420 = 0 \Leftrightarrow {n^2} - 7n - 408 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 24\,\left( {TM} \right)\\n = - 17\,\left( L \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \) Số học sinh nam của lớp 11A là: 24 học sinh.\( \Rightarrow \)Lớp 11A có tất cả số học sinh là: \(10 + 24 = 34\) (học sinh)

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

Toán

Phổ thông

Tải đề thi tự luận: Bộ đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2022 - 2023 có đáp án (Đề 11), hoặc tham gia hoàn thiện 6 lời giải chi tiết cùng gia sư Lê Mỹ Linh