Đề kiểm tra 1 tiết Toán 11 (nâng cao) (2011-2012)

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thảo Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

307
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề kiểm tra 1 tiết Toán 11 nâng cao (2011-2012)với nội dung xoay quanh chứng minh 2 hình bằng nhau, xác định ảnh của điểm,...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra 1 tiết Toán 11 (nâng cao) (2011-2012)

TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT CHƯƠNG I TỔ TOÁN – TIN Môn: HÌNH HỌC 11 - Năm học 2011 – 2012 …….……. ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7.0 điểm) Bài 1 (3.0 điểm) Cho điểm A(-1; 4), đường thẳng d: 2 x  5 y  4  0 và v  (3;1) 1. Xác định toạ độ A' là ảnh của A qua phép tịnh tiến vectơ v . 2. Xác định phương trình của d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến vectơ v . Bài 2 (3.0 điểm) Cho điểm I(3; -1), A(4; 3) và đường tròn (C): ( x  3) 2  ( y  1) 2  9 1 1. Xác định tọa độ I’ là ảnh của I qua phép vị tự tâm A tỉ số  . 2 1 2. Xác định phương trình của (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm A tỉ số  . 2 Bài 3 (1.0 điểm) Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác ADB, ACE vuông cân tại D và E. Gọi M là trung điểm của AC. Chứng minh rằng BE  2 DM II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Học sinh học chương trình nào thì làm phần dành cho chương trình đó Phần 1. Dành cho chương trình Chuẩn. Bài 4.a (3.0 điểm) Cho lục giác đều ABCDEF có tâm O. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của OC, OD, OA . Chứng minh rằng: 1. Tứ giác FEDQ bằng tứ giác CBAR. 2. Tứ giác FEDQ bằng tứ giác EDCP Phần 2. Dành cho chương trình Nâng cao. Bài 4.b (3.0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm O. Gọi M, N, P, Q, H, K, L, I, J lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA, PC, CN, OP, OA, MO. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác KCHL bằng tứ giác MJIA. 2. Tứ giác KCHL đồng dạng với tứ giác BNOA ……….Hết………. Họ và tên học sinh:……………………….……Lớp: 11……….
MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I – HÌNH HỌC 11. Năm học 2011 – 2012. Thời gian 45 phút. I. Mục tiêu – Hình thức. 1. Mục tiêu. Kiểm tra, đánh giá kiến thức của học sinh về: - Định nghĩa, tính chất và biểu thức toạ độ của phép tịnh tiến, phép quay, phép dời hình. - Định nghĩa và tính chất của phép vị tự, phép đồng dạng. - Ứng dụng của những phép biến hình đã học để giải toán. 2. Hình thức: Tự luận. MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT Mức độ nhận thức - Hình thức câu hỏi Chủ đề hoặc Tổng 1 2 3 4 mạch kiến thức, kĩ năng điểm TL TL TL TL Xác định ảnh của điểm, Câu 1. đường thẳng qua phép dời 3 3 hình Xác định ảnh của điểm, Câu .2. đương thẳng, đường tròn 3 3 qua phép đồng dạng Dùng các phép biến hình Câu 3 vào bài toán chứng minh 1 1 Chứng minh hai hình bằng Câu 4 3 nhau, hai hình đồng dạng 3 Tổng điểm 3 3 3 1 10
ĐÁP ÁN Câu Ý Đáp án Điểm 1 1.(1đ) A'  (4; 5) 1.0 (3đ) 2 Do d’ song song hoặc trùng với d nên phương trình d’ có dạng 0.5 (1.5đ) 2 x  5 y  c  0 . Lấy M(2;0) thuộc d, khi đó M '  Tv (M ) thuộc d'. M’(-1;1) 0.25+0.5 Thay toạ độ M’ vào phương trình d’ ta có c = -3 0.5 Vậy d’: 2 x  5 y   3  0 0.25 2 1  9 0.5*3 1  x'  I ' ( x' ; y' )  V 1 ( I )  AI '   AI   2 (3đ) (1.5đ) ( A;  ) 2 2  y'  5  2 (C’) có tâm I’ và bán kính R’=|  |. 3  . 1 3 1.0 2 2 (1.5đ) 9 9 Do đó (C’) có phương trình ( x  ) 2  ( y  5) 2  0.5 2 4 3 Lấy F, H lần lượt trên AB và AE sao cho A H 0.25 E (1đ) AF = AD, AH = AM D Q( A; 450 ) D F M H F. M . 0.25 B FB 0.25 V ( A; 2) C HE Như vậy qua phép đồng dạng D có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép Q( A; 45 ) và V( A; 0 2) biến đoạn DM thành BE. 0.25 Mặt khác D là phép đồng dạng có tỉ số k  2 nên BE  2 DM 4b 1 A B 0.5 A (1.5đ) R . F . P . C Q E D Xét phép ĐO biến E  B; F  C ; D  A ; Q  R ; 1.0 Do đó Tứ giác FEDQ bằng tứ giác CBAR 0.25
2 Xét phép Q(O;60 ) biến F  E; E  D; D  C ; Q  P 0 1.0 (1.5đ) Do đó Tứ giác FEDQ bằng tứ giác EDCP 0.25 4b 1 A M B 0.5 (3đ) (1.5đ) I J Q O N L K D P H C Xét phép T KM biến K  M ; C  J ; H  I ; L  A 1.0 Do đó tứ giác KCHL bằng với MJIA. 0.25 2 Xét V( A; 2) biến M  B; J  N ; I  O; A  A . 0.75 (1.5đ) phép đồng dạng F có được bằng cách thực hiện liên tiếp T và phép vị KM tự V( A; 2) biến tứ giác KCHL thành tứ giác BNOA. 0.25 0.25 Do đó tứ giác KCHL đồng dạng với tứ giác BNOA
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT TỔ TOÁN – TIN GIỮA CHƯƠNG II VÀ GIỮA CHƯƠNG III Môn: Hình học 11. Năm học 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN BẮT BUỘC (7.0 điểm) Câu 1 (4.0 điểm) Cho tứ diện ABCD, gọi G1, G2, G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ACD, ADB. 1. Chứng minh (G1G2G3) song song với (BCD).     2. Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM  3MD và trên cạnh BC lấy điểm N sao cho        BN  3NC . Chứng minh rằng ba vectơ AB , DC , MN đồng phẳng. Câu 2 (3.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình thang vuông tại A và B, AD < BC, SA vuông góc với mặt đáy, SA = a, AD = AB = a, 1. Chứng tỏ các mặt bên SAB, SAD, SBC là tam giác vuông. 2. Xác định và tính góc giữa SD và BC. 3. Xác định và tính góc giữa SO và (ABCD). Với O là hình chiếu của A lên BD. II. PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Học sinh học theo chương trình nào thì làm phần dành cho chương trình đó Phần 1. Dành cho chương trình Chuẩn Câu 3.a Cho hình hộp ABCD. ABC D. Gọi E là một điểm trên AA sao cho: EA  2 EA ' . 1. Xác định thiết diện khi cắt hình hộp ABCD. ABC D bởi mặt phẳng ( EBD).            2. Chứng minh AB  B ' C ' CD ' A ' A  DA  0 Phần 2. Dành cho Chương trình Nâng cao Câu 3.b Cho hình hộp ABCD. AB C D  . Gọi F là điểm trên đoạn CC’ sao cho: FC’ = 2FC 1. Xác định thiết diện khi cắt hình hộp ABCD. ABC D bởi mặt phẳng ( FBD).      2. Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm của ABB và BB C . Chứng minh: BD  3G2G1  2CB . ...............HẾT..............
Họ và tên học sinh:...................................................; Lớp:........ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM I. PHẦN BẮT BUỘC Nội dung Điểm Câu Hình vẽ 0.5 1 A 1. Gọi A1, A2, A3 lần lượt là trung 0.5 điểm của BC, CD, DA G3 M Ta có: G1G2 // A1A2   BCD  ; G2G3//A2A3   BCD  1.0 G2 G1 B A3 D Nên (G1G2G3)//(A1A2A3) hay (G1G2G3)//(BCD) 0.5       A1 A2 2. MN  MA  AB  BN 0.5 N C            MN  MD  DC  CN  3MN  3MD  3 DC  3CN 0.5       1  3         Vậy  4 MN  AB  3 DC  MN  AB  DC hay AB , DC , MN đồng phẳng. 0.5 4 4 2 Hình vẽ 0.5 S 1. SA  ( ABCD)  SA  AB  SAB vuông 0.5 SA  ( ABCD)  SA  AD  SAD vuông SA  ( ABCD ), AB là h/c của SB lên (ABCD) 0.25 BC  AB  BC  SB  SBC vuông A D 2. Góc giữa SD và BC là góc giữa SD và AD 0.25 O B C SAD vuông cân tại A  SDA  45o  (SD, BC )  45o 0.5 3. Ta có AO là h/c của SO lên (ABCD). Góc giữa SO và (ABCD) là góc ( SO, AO) 0.5 1 1 1 1 1 a 2 SA Có SA = a, 2  2  2  2  2  AO   tan SOA   2 0.5 AO AB AD a a 2 OA I. PHẦN TỰ CHỌN Phần 1. Dành cho chương trình Chuẩn 3.a Hình vẽ 0.5 B' C' ( EBD)  ( AABB)  EB 1.   DF // EB 0.5 A' ( EBD)  (CC DD)  DF D' F Tương tự: FB / / ED Thiết diện là hbh EBFD . 0.5 E
         2. AB  B ' C ' CD ' A ' A  DA                AB  BC  CD ' C ' C  CB  AB  CD ' C ' C 1.5      AB  C ' D '  0 Phần 2. Dành cho chương trình Nâng cao 3.b Hình vẽ 0.5 B' C' ( FBD)  ( BBC ' C )  FB  1.   DE // FB 0.5 A' ( FBD)  ( AA ' DD)  DE D' O2 E O1 G2 F Tương tự: EB // FD Thiết diện là hbh EBFD . 0.5 G1        B C 2. BD   B C   C D  CB  AD  AC                1.5 A D  CB  CB  2O1O2  2CB  2( 3 G2 G1 )  3G2G1  2CB 2
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT CHƯƠNG III TỔ TOÁN – TIN Môn: Đại số và Giải tích 11 Nâng cao ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2.5 điểm) * a) Bằng phương pháp quy nạp, chứng minh rằng với mọi n Ta có: 1.4  2.7  ...  n(3n  1)  n(n  1)2 . n 1 b) Xét tính bị chặn của dãy số  un  với un  . n Câu 2 (2.5 điểm) 4n  1 a) Chứng minh dãy số  un  với un  là một dãy số giảm. 5n  1 an  1 b) Xác định số thực a để dãy số  un  với un  là một dãy số tăng. 5n  1 Câu 3 (4.0 điểm) 5u  10u5  0 a) Tìm số hạng đầu u1 và công sai d của cấp số cộng  un  biết  1  .  S4  14  u  u  51 b) Trong một cấp số nhân có  1 5 .Tìm n biết S n  3069 . u2  u6  102 Câu 4 (1.0 điểm) 1 4 7 2011 Tính tổng S   2  3  ...  671 . 3 3 3 3 ………….HẾT…………
ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm 1.4  2.7  ...  n(3n  1)  n( n  1) 2 (1) Đặt S n  1.4  2.7  ...  n(3n  1) Với n = 1, ta có: S1  1.4  1(1  1)2  (1) đúng. 0.25 Giả sử (1) đúng với n = k ( k  1 ), nghĩa là: S k  1.4  2.7  ...  k (3k  1)  k (k  1) 2 Cần chứng minh (1) đúng với n = k+1, tức là: a 0.25 S k 1  1.4  2.7  ...  ( k  1)  3k  4   ( k  1)( k  2) 2 . (1đ) Thật vậy: S k 1  S k   k  1 3k  4   k (k  1)2  (k  1)(3k  4)  (k  1)  k (k  1)  3k  4  0.5  (k  1)  k  4k  4   (k  1)(k  2) 2 2  đpcm. 1 0.5 1 (2.5đ) Ta có un  1  n un  0 n  N *   un  là dãy bị chặn dưới bởi 0. 0.5 b (1.5đ) Và u n < 1   un  là dãy bị chặn trên bởi 1. 0.25 Vậy  un  là dãy bị chặn. 0.25 2 a) Xét hiệu: (2.5đ) 4(n  1)  1 4n  1 05 un 1  un   5(n  1)  1 5n  1 (4n  5)(5n  1)  (5n  6)(4n  1) 56   0 0.5 (5n  6)(5n  1) (5n  6)(5n  1) Nên dãy giảm Xét hiệu: b) a (n  1)  1 an  1 0.5 un 1  un   5(n  1)  1 5n  1 (an  a  1)(5n  1)  (5n  6)(an  1) a 5   0. 5 (5n  6)(5n  1) (5n  6)(5n  1)  un  là dãy số tăng khi a 5 un 1  un  0   0  a5 0  a  5. 0.5 (5n  6)(5n  1) 5u1  10(u1  4d )  0 3 a 5u1  10u5  0  0.75    4(2u1  3d ) (4đ) (2đ) S 4  14   14  2 3u  8d  0 u  8  1  1 0.75+0.5 2u1  3d  7  d  3
Gọi công bội của cấp số nhân là q. Ta có: u1 1  q   51 4 u1  u5  51  4  u1  u1.q  51 q  2 0.5x3     u1 .q 1  q   102 5 u2  u6  102 u1q  u1 .q  102   4 u1  3 b (2đ) 3  2n  1 0.5 S n  3069   1024  2n  n  10 2 1 4 1 4 7 2011 (1đ) S   2  3  ...  671 3 3 3 3 1 1 4 7 2008 2011 S  2  3  4  ... 671  672 0.25 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 2011 S  S   3. 2  3. 3  3. 4  ...3. 671  672 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1  2011     2  3  ... 670   672 3 3 3 3 3  3 1 1  1  670  2011 0.5 1 3 3      672 3 1 3 1 3 2 1 1 1  2011 5 1 2011 0.25  S    1  670   672  S   699  671 3 3 2 3  3 4 4.3 2.3
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT CHƯƠNG V TỔ TOÁN – TIN Môn: Đại số và Giải tích 11 Nâng cao ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. (4.0 điểm) Tính các giới hạn sau: x 1/ lim  n2  n  n ; 2/ lim(5  x)  x 5 x2  10x  25 1 2  3  4  ...   2n  1  2n 1 1 3/ lim ; 4/ lim     2n  1 x 0  x  x x 2 Câu 2. (4.0 điểm)  x2  1 1/ Xét tính liên tục của hàm số f ( x)   x  1 khi x  1 taï x  1  i  2  khi x  1  x3  27 2/ Tìm m để hàm số f ( x)   x  3 khi x  3 liên tục trên tập xác định.  mx  2 khi x  3  Câu 3. (2.0 điểm) n 13 1/ Giải bất phương trình: 2 x  1  x 2  x3  x 4  x5  ...   1 x n  ...  , biết 6 x 1. 2/ Chứng minh phương trình: x 4  x  2  0 có nghiệm x0  1; 2  và x0  7 8 ......................Hết....................
Họ và tên học sinh.......................................................; Lớp:............ ĐÁP ÁN Câu Lời giải chi tiết Điểm Câu 1 n n 1 (4đ) 1. lim   n2  n  n  lim n2  n  n  lim n 1 1 1  2 2.(0,5) n 2. lim (5  x) x x (5  x) 2  lim (5  x) 2  lim x  lim  x   5  x5 x  10x  25 x5 5 x x5 5 x x5 4. (0,25) 1 2  3  4  ...   2n  1  2n n 1 1 3. lim  lim  lim  2n  1 2n  1 1 2 2 n 2.(0,5)  1 1  x  1 4. lim     lim    lim  1 x 0  x  x x  x0  x  x  1  x 0  x  1 2   2.(0,5) Câu2 x2  1 x 1 1 1. Ta có: lim  lim 2 (4 đ) x1 x  1 x1 1 Mặt khác: f 1  2 . Vậy hàm số liên tục tại x  1 0,5 2. Ta có: TXĐ : D = R. 0,25 x 3  27 f  x  luôn xác định với mọi x  3 => f  x  liên tục với mọi x  3 . x 3 0,25 f  x   mx  2 luôn xác định với mọi x  3 => f  x  liên tục với mọi x  3 . 0,25 Ngoài ra: f  3   3m  2 ; 0,25 3 x  27 lim f  x   lim  mx  2   3m  2; lim f  x   lim  x 3 x 3 x3 x3 x3 x 3    lim x 2  3x  9  27 0,5 25 Hàm số liên tục trên R  liên tục tại x  3  3m  2  27  m  3 0, 5 Câu 3 n 1. Ta có: x 2  x 3  x 4  x5  ...   1 x n  ... với x  1 thì tổng là một tổng cấp số 0,25 nhân lùi vô hạn công bội q =  x , u1  x 2 ( 2 đ)
n x2 => x 2  x 3  x 4  x5  ...   1 x n  ...  1 x n 13 0,25 Vậy : 2 x  1  x 2  x 3  x 4  x5  ...   1 x n  ...  6 x2 13 18 x 2  5 x  7 7 1 0,25  2x 1    0  x  1  x 1 x 6 6 1  x  9 2 7 1 0,25 Do |x| < 1 nên x 9 2 2. Đặt f  x   x 4  x  2 , ta có f  x  liên tục trên R => f  x  liên tục trên 1; 2 . 0,25 Mặt khác : f 1  2; f  2   12 => f 1 . f  2   24  0 => phương trình có nghiệm x0  1; 2  0,25 4 4 Ngoài ra: Vì x0 là nghiệm nên : x0  x0  2  0  x0  x0  2 Cauchy Mà: x0  2  2 2 x0 không xảy ra dấu bằng => x0  2  2 2 x0 0,5 4  x0  2 2 x0  x0  7 8
SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT - NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN CHÍ THANH Môn: TOÁN 11 NÂNG CAO Thời gian làm bài: 45 phút ĐỀ CHÍNH THỨC MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA Chủ đề Mức độ Tổng 1 2 3 4 điểm TL TL TL TL Qt cộng – qt nhân Câu I 1,5 1,5 Xác suất Câu V. 2 2,0 Nhị thức newton Câu II Câu VII 2,0 1,0 1,0 Hoán vị, tổ hợp, chỉnh Câu III Câu IV hợp … 3 2,0 1,0 Qt xác suất Câu VI 1,5 1,5 5,5 2,0 1,5 1,0 10 KIỂM TRA 1 TIẾT Câu 1.( 1,5 đ) Từ các chữ số 0, 2, 3, 5, 7, 9. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 2. 20  2 Câu 2.( 1,0 đ) Xác định hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển  x 2   ,  x  0   x  Câu 3.( 2,0 đ) Một lớp có 35 học sinh gồm 15 học sinh nam và 20 học sinh nữ. a) Hỏi có bao nhiêu cách thành lập một ban cán sự lớp gồm 1 lớp trưởng, 1lớp phó học tập,1 lớp phó văn thể mỹ, 1 lớp phó lao động. b) Hỏi có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh làm vệ sinh lớp sao cho có nam và nữ, đồng thời số học sinh nữ không nhỏ hơn 4. Câu 4.(1,0 đ) Có bao nhiêu cách sắp 10 học sinh gồm 4 nữ và 6 nam thành một hàng ngang sao cho các học sinh nữ không đứng cạnh nhau. Câu 5.(2,0 đ) Gieo hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Xét các biến cố sau: A: “Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc bằng 6” B: “ Có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 5 chấm” a) Tính P(A), P(B). b) Tính P(AB). Câu 6.(1,5 đ) Có hai người, mỗi người có một hộp bi gồm 2 bi đỏ và 5 bi trắng. Từ hộp của mình, mỗi người lấy ngẫu nhiên 3 bi.Tính xác suất để hai người lấy được số bi trắng bằng nhau. Câu 7.(1,0 đ) Tìm số thực x thỏa mãn C33C2012  C4 C2012  C53C2012  ...  C2012C2012  2011.22011.x 3 3 4 5 3 2012
ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm 1(1,5đ) Gọi số cần tìm n  abcd , a  0 , d  0;5 0,25 TH1: d  0 0,5 Có 5.4.3.1= 60 số TH2: d  5 0,5 Có 4.4.3.1= 48 số Vậy có: 60 + 48 = 108 số 0,25 2(1,0đ) 20 20 k 20 k 0,5  2 20  k  2  k 40  2 k 2 Ta có:  x 2     C20  x 2  k     C20 x  x k 0  x k 0 xk Số hạng cần tìm chứa x10 nên 40  2k  k  10  k  10 0,25 Vậy hệ số là: C20 210  189190144 10 0,25 3(2,0đ) a Chọn 4 hs từ 35 học để lập BCS lớp gồm LT, LPHT, LPVTM, LPLĐ 0,75 4 Có A35  1256640 cách b 4 2 Chọn 4 nữ và 2 nam có C20 .C15  508725 cách 0,5 5 1 Chọn 5 nữ và 1 nam có C20 .C15  232560 cách 0,5 Vậy có 741285 cách 0,25 4(1,0đ) 0,5 Sắp 6 hs nam vào 6 ô vuông có 6! cách Chọn 4 trong 7 ô tròn để sắp 4 nữ có A74 0,5 4 Vậy có 6! A = 604800 7 5(2,0đ) a(1,5đ) Số phần tử không gian mẫu là:   36 0,25  A  1, 5 ;  5,1 ;  2, 4  ,  4, 2  ,  3,3    A  5 0,25 A 5 0,25 P  A    36  B  1,5  ;  5,1 ,...,  5,5    B  11 0,5  B 11 0,25 PB    36 b(0,5đ)  AB  1,5  ,  5,1   AB  2 0,25  AB 2 0,25 P  AB     36 6(1,5đ) Gọi Ai ( i = 1, 2, 3) biến cố người I lấy i bi trắng 0,5 Gọi B j (j = 1, 2, 3) biến cố người II lấy j bi trắng Gọi C là biến cố hai người lấy số bi trắng bằng nhau.Khi đó: C  A1B1  A2 B2  A3 B3 1 2 C5C2 1 C 2C 1 4 0,5 Ta có: P( A1 )  P  B1   3  ; P( A2 )  P  B2   5 3 2  ; C7 7 C7 7 3 C5 2 P( A3 )  P  B3   3  C7 7 2 1 4 2 3 2 2 0,5 Vậy P (C )           7 7 7 7
7(1,0đ) Ta có: 0,5 k! 2012! 2012! 2009! Ck3C2012  k  3! k  3 ! k ! 2012  k  ! 3! 2012  3 !  k  3 ! 2009   k  3   ! 3 k 3  C2012 .C2009 ,(3  k  2012) 3 0  1 2009 3  VT  C2012 C2009  C2009  ...  C2009  C2012 .22009 0,25 C2012 22009 2011.22011168505 3 0,25 Vậy x    168505 2011.2 2011 2011.22011