ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT (BÀI SỐ 3) LỚP 11

NĂM HỌC: 2014 – 2015.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ---------------------------------------- MÔN TOÁN – CHƯƠNG TRÌNH NC

Thời gian làm bài: 45 phút

(Không kể thời gian phát, chép đề)

KHUNG MA TRẬN ĐỀ (Dùng cho loại đề kiểm tra TL)

Cộng

Chủ đề - Mạch KTKN

Mức nhận thức 2

3

4

1 Câu 1a

1

Hai quy tắc đếm.

1,5

1,5

Câu 1b

1

Hoán vị - Chỉnh hợp – Tổ hợp.

1,5

1,5

Câu 2,4

2

Nhị thức Niutơn.

4,0

4,0

Câu 3

1

3,0

3,0

Xác suất của biến cố – Các quy tắc tính xác suất.

1

2

5

Tổng toàn bài

4,0

1,5

2

4,5

10,0

Mô tả chi tiết: Câu 1: Thông hiểu hai quy tắc đếm. Câu 2: Thông hiểu tìm hệ số các số hạng trong khai triển nhị thức Niu tơn. Câu 3: Thông hiểu Xác suất của biến cố – Các quy tắc tính xác suất. Câu 4: Vận dụng công thức nhị thức Niu-tơn.

ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT (BÀI SỐ 3) LỚP 11

NĂM HỌC: 2014 – 2015.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ---------------------------------------- MÔN TOÁN – CHƯƠNG TRÌNH Chuyên

Thời gian làm bài: 45 phút

(Không kể thời gian phát, chép đề)

ĐỀ : (Đề kiểm tra có 1 trang)

Câu 1: (3,0 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số

đôi một khác nhau và thỏa mãn điều kiện:

3

a) Số đó là một số chẵn. b) Số đó chia hết cho 5 và nhỏ hơn 50 000.

2   x

x

11x

Câu 2: (2,0 điểm) Tìm hệ số chứa

10

trong khai triển biểu thức:  1 Câu 3: (3,0 điểm) Một túi chứa 4 viên bi xanh, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng có kích thước giống hệt nhau. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ từ túi nói trên. Tính xác suất để các viên bi được lấy ra phải có ít nhất 2 màu.

n (

1)

C

  ( k

1)

n

k

,k n   và thỏa mãn 0

Câu 4: (2,0 điểm) Chứng minh , với

  .

C  1 k  1 n

k n

 S C

C

C

  ...

C

0 n

1 n

2 n

n n

1 2

theo n .

1 

1

n

1 3

Áp dụng tính tổng sau

HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM.

n

Câu Nội dung Điểm

abcde a , (

0)

Gọi

 là số tự nhiên thỏa đề bài

e 

{0, 2, 4, 6}

0,25

4

e  0 a b c d có , , ,

6A cách

4

0,25 Vì n chẵn nên TH1: Chọn bộ

6A (cách)

3

e  có 3 cách TH2: 0 Chọn a  và a 0 Chọn bộ , ,b c d có

e có 5 cách. 5A cách.

1a. 0,25 Vậy trường hợp này có: 1,5 (1,5đ) 0,25

3 3.5.A cách 5

0,25 Vậy trường hợp này có

0,25

3.5.

1260

4 A 6

Suy ra có tất cả là:

a 

e  {1, 2, 3, 4}

50 000

n 

3 A 5 {0, 5}

0,25 Vì n chia hết cho 5 nên Vì nên

3

5A cách

0,25 Chọn e có 2 cách 1.b 0,25 1,5 Chọn a có 4 cách (1,5đ) 0,25 Chọn bộ b,c,d có

2.4.

480

3 A  5

10

10

2

k 2

0,5 Vậy có tất cả là: cách

x

(1

x

(1

k )

x

k C x 10

Khai triển  1

 )

k

0

10

k

10

k

k 2

i

k

i

0,5

k i ,

, 0

  

k

i

10

k C x 10

i C x k

k 10

C x  2 i k

, trong đó

  C

k

0

i

k

0

i

0

     

     

     

      

2 0,25

0  11x

11

i  .

i

11

11

k 2

i

i 

{1, 3}

Số hạng chứa ứng với 2 k 2,0 (2,0đ) 0,25 Ta có

      và i lẻ i 2

11 3

i

1

0,25 Với

   k 5

i

3

0,25 Với

   k 4

a

0,5

2100

5 C C 10

1 5

4 C C 10

3 4

8

4

Vậy

15C khả năng.

4

0,5 Chọn 4 bi tùy ý có

4

4

4C cách 5C cách 6C cách

0,5 Chọn 4 bi cùng màu xanh có 3 0,5 3,0 Chọn 4 bi cùng màu trắng có: (2,0đ) 0,5 Chọn 4 bi cùng màu vàng có

C

0,25

C

C

Vậy số cách chọn 4 bi được chọn có cùng một màu là:

 21

4 4

4 5

4 6

0,25

C

C

1344

4 15

4 4

4 5

4 6

 C

C

C

C

4 15

4 4

4 5

4 6

Suy ra số cách chọn 4 bi có ít nhất hai màu là: C 

 C

0,5

1344 1365

C

4 15

n (

Vậy xác suất cần tìm là:

1)

C

  ( k

1).

  k (

1)

C

k n

k n

 1  1

0,5

 n ( k n !(

n 1) !  k )!

k (

k (

 n ( 1)!  1)! (    n 1)  

 1) !  

C

(đpcm)

C

k n

k n

, cho k lần lượt các giá trị 0,1, 2, 3,...,n ta có: Áp dụng

 1  1

1 

1

k

1 

1

n

C

C

1 n

1

0 n

1 

n

C

C

0,5

2 n

1

1 n

4

1 1 

n

1

1 2 ...

C

2,0 (2,0đ)

C

n n

n n

 1  1

1 

1 

1

1

n

  ...

C

C

C

C

C

  ...

C

n n

0 n

2 n

1 n

1 n

 1

2 n

1

n n

 1  1

0,5

1 

1 2

1 3

n

n

1

1

1

n Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được:  C  n 2

 1

1  1 

n

1

1

S

0,5

Vậy

 n 2

 1

1 

1

n