Đề thi Toán 11 học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo trường thpt chuyên Thái Nguyên có lời giải chi tiết và đáp án gồm 20 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÃ ĐỀ 357 |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – Lớp 11 Năm học: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề |
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (6,0 điểm)
Câu 1 (TH). Trong các hình sau, hình nào không có tâm đối xứng?
A. Hình chữ nhật B. Hình tròn C. Hình tam giác đều D. Hình bình hành
Câu 2 (TH). Số nghiệm của phương trình $\sqrt 2 \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1$ với $0 \le x \le 2\pi $ là
A. 3 B. 2 C. 1 D. 4
Câu 3 (TH). Trong khai triển nhị thức ${\left( {8{a^3} – \frac{b}{2}} \right)^6}$, số hạng thứ 4 là:
A. $ – 1280{a^9}{b^3}$ B. $ – 64{a^9}{b^3}$ C. $ – 80{a^9}{b^3}$ D. $60{a^6}{b^4}$
Câu 4 (TH). Tổng $C_{2019}^0 + C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + C_{2019}^3 + … + C_{2019}^{2019}$ là
A. ${2^{2019}}$ B. ${2^{2019}} + 1$ C. ${4^{2019}} – 1$ D. ${2^{2019}} – 1$
Câu 5 (TH). Nghiệm của phương trình $2\cos x + 1 = 0$ là
A. $\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\x = – \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}$ B. $\left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}$
C. $x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$ D. $x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$
Câu 6 (TH). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình ${\left( {x – 8} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} = 4$. Tìm phương trình đường tròn ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số $k = 3$.
A. ${\left( {x – 24} \right)^2} + {\left( {y – 12} \right)^2} = 12$ B. ${\left( {x – 24} \right)^2} + {\left( {y – 12} \right)^2} = 36$
C. ${\left( {x + 24} \right)^2} + {\left( {y + 12} \right)^2} = 36$ D. ${\left( {x + 12} \right)^2} + {\left( {y + 24} \right)^2} = 12$
Câu 7 (VD). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thằng $\Delta ‘$ là ảnh của đường thẳng $\Delta :\,x + 2y – 1 = 0$qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow v \, = \left( {1; – 1} \right)$
A. $\Delta ‘:x + 2y + 2 = 0$ B. $\Delta ‘:x + 2y – 3 = 0$ C. $\Delta ‘:x + 2y + 1 = 0$ D. $\Delta ‘:x + 2y = 0$
Câu 8 (TH). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho $A\left( {1;\,\, – 3} \right)$. Tìm ảnh của A qua phép đối xứng tâm O
A. $A’\left( { – 1;\,\, – 3} \right)$ B. $A’\left( { – 1;\,\,3} \right)$ C. $A’\left( {1;\,\, – 3} \right)$ D. $A’\left( {1;\,\,3} \right)$
Câu 9 (VD). Nghiệm âm lớn nhất của phương trình $\sin x + \cos x = 1 – \frac{1}{2}\sin 2x$ là
A. $ – \frac{{3\pi }}{3}$ B. $ – 2\pi $ C. $ – \frac{\pi }{2}$ D. $ – \pi $
Câu 10 (TH). Hàm số $y = \cos \frac{x}{2}$ tuần hoàn với chu kì
A. $T = \pi $ B. $T = \frac{\pi }{4}$ C. $T = 4\pi $ D. $T = 7\pi $
Câu 11 (TH). Có bao nhiêu điểm biến thành chính nó qua phép quay tâm O, góc quay $\alpha = k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.
A. Không có B. Một C. Hai D. Vô số
Câu 12 (VD). Cho tam giác ABC có B, C cố định, đỉnh A chạy trên một đường tròn $\left( {O;\,\,R} \right)$ cố định không có điểm chung với đường thẳng BC và G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó quỹ tích trọng tâm G là ảnh của đường tròn $\left( {O;\,\,R} \right)$ qua phép biến hình nào sau đây?
A. Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow {BC} $
B. Phép vị tự tâm I tỷ số $k = 3$, trong đó I là trung điểm của BC
C. Phép vị tự tâm I tỷ số $k = \frac{1}{3}$, trong đó I là trung điểm của BC
D. Phép tịnh tiến theo véc tơ $\overrightarrow v = \frac{1}{3}\overrightarrow {IA} $
Câu 13 (NB). Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm $M\left( { – 2;\,\,3} \right)$. Gọi M ’ là ảnh của điểm M qua phép đối xứng trục Ox . Khi đó, tọa độ của điểm M ’ là
A. $\left( { – 2;\,\,3} \right)$ B. $\left( { – 2;\,\, – 3} \right)$ C. $\left( {2;\,\,3} \right)$ D. $\left( {2;\,\, – 3} \right)$
Câu 14 (TH). Cho 6 chữ số 4,5,6,7,8,9. Hỏi có bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau được lập thành từ 6 chữ số đó?
A. 180 B. 120 C. 256 D. 216
Câu 15 (TH). Mệnh đề nào sau đây là sai?
A. Phép vị tự tỷ số k là phép đồng dạng với tỷ số $\left| k \right|$.
B. Phép đồng dạng là phép dời hình.
C. Phép dời hình là phép đồng dạng với tỷ số $k = 1$.
D. Phép vị tự với tỷ số vị tự khác 1 và -1 không phải là phép dời hình.
Câu 16 (VD). Tìm hệ số của ${x^{16}}$ trong khai triển ${\left( {{x^2} – 3x} \right)^{10}}$
A. -51030 B. -17010 C. 51030 D. 17010
Câu 17 (TH). Từ một hộp chứa 3 quả cầu trắng và 4 quả cầu vàng lấy ngẫu nhiên hai quả. Xác suất để lấy được cả hai quả vàng là
A. $\frac{3}{{10}}$ B. $\frac{5}{{14}}$ C. $\frac{2}{7}$ D. $\frac{3}{7}$
Câu 18 (VD). Gọi I là tâm ngũ giác đều ABCDE (thứ tự các đỉnh theo chiều dương lượng giác). Kết luận nào sau đây là sai?
A. ${Q_{\left( {I;\,\,144^\circ } \right)}}\left( {CD} \right) = EA$ B. ${Q_{\left( {I;\,\,72^\circ } \right)}}\left( {AB} \right) = BC$ C. ${Q_{\left( {I;\,\,72^\circ } \right)}}\left( {AE} \right) = AB$ D. ${Q_{\left( {I;\,\,144^\circ } \right)}}\left( {BC} \right) = EA$
Câu 19 (NB). Cho A và $\overline A $ là hai biến cố đối nhau. Chọn câu đúng:
A. $P\left( A \right) = 1 + P\left( {\overline A } \right)$ B. $P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right)$ C. $P\left( A \right) = P\left( {\overline A } \right)$ D. $P\left( A \right) + P\left( {\overline A } \right) = 0$
Câu 20 (TH). Trong một lớp có 15 bạn nam và 17 bạn nữ. Có bao nhiêu cách chọn 1 bạn làm lớp trưởng?
A. 30 B. 32 C. 17 D. 15
Câu 21 (VDC). Tính tổng $S = C_{2018}^0 + \frac{1}{2}C_{2018}^1 + \frac{1}{3}C_{2018}^2 + … + \frac{1}{{2018}}C_{2018}^{2017} + \frac{1}{{2019}}C_{2018}^{2018}$
A. $S = \frac{{{2^{2018}} + 1}}{{2019}}$ B. $S = \frac{{{2^{2018}} – 1}}{{2019}} + 1$ C. $S = \frac{{{2^{2019}} – 1}}{{2019}}$ D. $S = \frac{{{2^{2018}} – 1}}{{2019}} – 1$
Câu 22 (VD). Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = 2{\cos ^2}x + \sin 2x$ là
A. $2\sqrt 2 $ B. $1 – \sqrt 2 $ C. $1 + \sqrt 2 $ D. 3
Câu 23 (VD). Phương trình $\frac{{\sin 5x}}{{\sin x}} = 2\cos x$ có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng $\left( {0;\,\,\pi } \right)$?
A. 2 B. 4 C. 6 D. 3
Câu 24 (VD). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ sô phân biệt. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S. Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là:
A. $P = \frac{{13}}{{68}}$ B. $P = \frac{{55}}{{68}}$ C. $P = \frac{{68}}{{81}}$ D. $P = \frac{{13}}{{81}}$
Câu 25 (TH). Tập xác định của hàm số $y = \frac{{\tan x}}{{\sqrt {2 – \cos x} }}$ là:
A. $\left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}$ B. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}$ C. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}$ D. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}$
Câu 26 (VD). Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X. Tính xác suất để số được chọn chỉ chứa 3 chữ số chẵn.
A. $\frac{9}{{21}}$ B. $\frac{{11}}{{21}}$ C. $\frac{{10}}{{21}}$ D. $\frac{{15}}{{21}}$
Câu 27 (TH). Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn?
A. $y = \sin 2x + 1$ B. $y = \sin x.\cos 2x$ C. $y = \sin x.\sin 3x$ D. $y = \sin 2x + \sin x$
Câu 28 (VD). Cho 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100, chọn ngẫu nhiên 3 tấm thẻ. Xác suất để chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2 là
A. $P = \frac{3}{4}$ B. $P = \frac{5}{6}$ C. $P = \frac{1}{2}$ D. $P = \frac{5}{7}$
Câu 29 (VD). Nếu $2A_n^4 = 3A_{n – 1}^4$ thì n bằng
A. $n = 12$ B. $n = 11$ C. $n = 13$ D. $n = 14$
Câu 30 (VD). Có bao nhiêu cách xếp 5 sách Văn khác nhau và 7 sách Toán khác nhau trên một kệ sách dài nếu các sách Văn phải xếp kề nhau?
A. $5!.7!$ B. $2.5!.7!$ C. $5!.8!$ D. $12!$
II. PHẦN TỰ LUẬN: (4,0 điểm)
Câu 1 (VD) (1 điểm): Giải phương trình $\sin 2x – \sqrt 3 \cos 2x = 1$
Câu 2 (VD) (1 điểm):
a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ${\left( {2{x^2} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)^5}$
b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số $0;1;2;3;4;5;6;7$. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Tính xác suất để số chọn được là số chia hết cho 5.
Câu 3 (VD) (2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi M, K lần lượt là trung điểm của SA, BC. Điểm N thuộc cạnh SC sao cho $SN = 2NC$.
a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNK) mặt phẳng (SAB) và tìm giao điểm H của AB với mặt phẳng (MNK).
b) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (MNK). Tính tỉ số $\frac{{HA}}{{HB}}$?
ĐÁP ÁN
| 1-C | 2-B | 3-A | 4-A | 5-D | 6-B | 7-D | 8-B | 9-A | 10-C |
| 11-D | 12-C | 13-B | 14-B | 15-B | 16-D | 17-C | 18-D | 19-B | 20-B |
| 21-C | 22-B | 23-B | 24-C | 25-B | 26-C | 27-E | 28-C | 29-A | 30-C |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (6,0 điểm)
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp:
Nhận xét tính chất mỗi hình và tìm tâm đối xứng (nếu có)
Cách giải:
Hình chữ nhật có tâm đối xứng là giao điểm hai đường chéo.
Hình tròn có tâm đối xứng là tâm hình tròn.
Hình tam giác đều không có tâm đối xứng.
Hình bình hành có tâm đối xứng là giao điểm hai đường chéo.
Câu 2: Đáp án B
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\cos x = \cos a \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\\x = – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$
Sau đó dựa vào điều kiện để tìm các giá trị x phù hợp
Cách giải:
Ta có: $\sqrt 2 \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$
$ \Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{3} = – \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \\x = – \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$
Nếu $x = – \frac{\pi }{{12}} + k2\pi $ thì $x \in \left[ {0;\,\,2\pi } \right] \Rightarrow 0 \le – \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \le 2\pi \Leftrightarrow \frac{1}{{24}} \le k \le \frac{{25}}{{24}} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{23\pi }}{{12}}$
Nếu $x = – \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi $ thì $x \in \left[ {0;\,\,2\pi } \right] \Rightarrow 0 \le – \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \le 2\pi \Leftrightarrow \frac{7}{{24}} \le k \le \frac{{31}}{{24}} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{17\pi }}{{12}}$
Vậy có hai giá trị của x thỏa mãn đề bài.
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}} $
Cách giải:
Ta có: ${\left( {8{a^3} – \frac{b}{2}} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( {8{a^3}} \right)}^{6 – k}}.{{\left( { – \frac{b}{2}} \right)}^k}} $
Số hạng thứ 4 ứng với $k = 3$ nên số hạng đó là $C_6^3{\left( {8{a^3}} \right)^{6 – 3}}.{\left( { – \frac{b}{2}} \right)^3} = – C_6^3{.8^3}.{a^9}.\frac{{{b^3}}}{8} = – 1280{a^9}{b^3}$.
Câu 4: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}} $
Cách giải:
Ta có ${\left( {1 + x} \right)^{2019}} = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{x^k}} = C_{2019}^0{x^0} + C_{2019}^1x + … + C_{2019}^{2019}{x^{2019}}$
Với $x = 1$ ta có ${\left( {1 + 1} \right)^{2019}} = C_{2019}^0 + C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + … + C_{2019}^{2019}$
Hay $C_{2019}^0 + C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + … + C_{2019}^{2019} = {2^{2019}}$
Câu 5: Đáp án D
Phương pháp:
Biến đổi phương trình về dạng $\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi $
Cách giải:
Ta có: $2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{{2\pi }}{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi $.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức tọa độ của phép vị tự ${V_{\left( {O;k} \right)}}\left( A \right) = A’ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = k{x_A}\\{x_{B’}} = k{x_B}\end{array} \right.$
Đường tròn tâm $I\left( {a;\,\,b} \right)$ bán kính R có phương trình ${\left( {x – a} \right)^2} + {\left( {y – b} \right)^2} = {R^2}$
Cách giải:
Đường tròn (C) có tâm $I\left( {8;\,\,4} \right)$và bán kính $R = 2$
Gọi $I’\left( {x;\,\,y} \right)$ là ảnh của $I\left( {8;\,\,4} \right)$ qua ${V_{\left( {O;3} \right)}}$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}x = 3.8 = 24\\y = 3.4 = 12\end{array} \right. \Rightarrow I’\left( {24;\,\,12} \right)$.
Ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số $k = 3$là đường tròn $\left( {C’} \right)$ có tâm $I’\left( {24;\,\,12} \right)$ và bán kính $R’ = k.R = 3.2 = 6$.
Phương trình đường tròn $\left( {C’} \right):{\left( {x – 24} \right)^2} + {\left( {y – 12} \right)^2} = 36$
Câu 7: Đáp án D
Phương pháp:
Phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.
– Viết dạng phương trình của đường thẳng $\Delta ‘$
– Lấy một điểm $A \in \Delta $, tìm ảnh $A’$ của A qua phép tịnh tiến
– Cho $A’ \in \Delta ‘$ suy ra phương trình $\Delta ‘$
Cách giải:
Gọi phương trình $\Delta ‘||\Delta $ có dạng $\Delta ‘:x + 2y + c = 0$
Lấy $A\left( {1;\,\,0} \right) \in \Delta $, khi đó ${T_{\overrightarrow v }}\left( A \right) = A’ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = 1 + 1 = 2\\{y_{A’}} = 0 – 1 = – 1\end{array} \right. \Rightarrow A’\left( {2;\,\, – 1} \right)$
$A’ \in \Delta ‘ \Leftrightarrow 2 + 2.\left( { – 1} \right) + c = 0 \Leftrightarrow c = 0$
Vậy phương trình $\Delta ‘:x + 2y = 0$
Câu 8: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức tọa độ của phép đối xứng tâm
Cách giải:
Ảnh của A qua phép đối xứng tâm $O\left( {0;\,\,0} \right)$ là A’.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = 2.0 – 1 = – 1\\{y_{A’}} = 2.0 – \left( { – 3} \right) = 3\end{array} \right. \Rightarrow A’\left( { – 1;\,\,3} \right)$
Câu 9: Đáp án A
Phương pháp:
– Biến đổi phương trình về dạng phương trình đối xứng đối với sin và cos.
– Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ $t = \sin x + \cos x$ để giải phương trình này.
Cách giải:
Ta có: $\sin x + \cos x = 1 – \frac{1}{2}\sin 2x \Leftrightarrow \sin x + \cos x = 1 – \sin x\cos x$
Đặt $\sin x + \cos x = t\,\,\left( { – \sqrt 2 \le t \le \sqrt 2 } \right)$$ \Rightarrow \sin x\cos x = \frac{{{t^2} – 1}}{2}$.
Khi đó phương trình trở thành:
$t = 1 – \frac{{{t^2} – 1}}{2} = 0 \Leftrightarrow 2t + {t^2} – 1 – 2 = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 2t – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 & \left( {tm} \right)\\t = – 3 & \left( {ktm} \right)\end{array} \right.$
Suy ra $\sin x + \cos x = 1 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$
$ \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k2\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$
Do x là nghiệm âm lớn nhất nên:
+ TH1: $k2\pi < 0 \Leftrightarrow k < 0\mathop \Rightarrow \limits^{k \in \mathbb{Z}} k = – 1 \Rightarrow x = – 2\pi $
+ TH2: $\frac{\pi }{2} + k2\pi < 0 \Leftrightarrow k < – \frac{1}{4}\mathop \Rightarrow \limits^{k \in \mathbb{Z}} k = – 1 \Rightarrow x = – \frac{{3\pi }}{2}$
Trong hai nghiệm $ – 2\pi $ và $ – \frac{{3\pi }}{2}$ thì nghiệm âm lớn nhất là $ – \frac{{3\pi }}{2}$.
Câu 10: Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số $y = \cos ax$ tuần hoàn với chu kì $T = \frac{{2\pi }}{{\left| a \right|}}$
Cách giải:
Hàm số $y = \cos \frac{x}{2}$ tuần hoàn với chu kì $T = \frac{{2\pi }}{{\frac{1}{2}}} = 4\pi $
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng tính chất phép quay có góc quay $k2\pi $
Cách giải:
Phép quay tâm O góc quay $\alpha = k2\pi $ biến một điểm bất kì thành chính nó.
Vậy có vô số điểm thỏa mãn bài toán.
Câu 12: Đáp án C
Phương pháp:
Phép vị tự tâm I tỉ số k biến M thành M’ thì $\overrightarrow {IM’} = k\overrightarrow {IM} $
Cách giải: 
Gọi I là trung điểm của BC.
Vì G là trọng tâm tam giác ABC, ta có $IG = \frac{1}{3}IA$ suy ra $\overrightarrow {IG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {IA} $ nên phép vị tự tâm I tỉ số $\frac{1}{3}$ biến A thành G.
Mà điểm A chạy trên đường tròn $\left( {O;\,\,R} \right)$ cố định nên quỹ tích điểm G là ảnh của đường tròn $\left( {O;\,\,R} \right)$ qua phép vị tự tâm I tỉ số $\frac{1}{3}$.
Câu 13: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức biến đổi tọa độ của phép đối xứng qua trục Ox là $\left\{ \begin{array}{l}x’ = x\\y’ = – y\end{array} \right.$
Có thể nhớ mẹo như sau : Đối xứng qua đâu thì giữ nguyên cái đó, còn lại lấy đối. Cụ thể: đối xứng qua trục Ox thì giữ nguyên giá trị x và lấy đối giá trị y.
Cách giải:
Qua phép đối xứng trục Ox thì điểm $M\left( { – 2;\,\,3} \right)$ biến thành điểm $M’\left( { – 2;\,\, – 3} \right)$.
Câu 14: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức về chỉnh hợp để làm bài
Cách giải:
Các số có 3 chữ số khác nhau được lập thành từ 6 chữ số đã cho là $A_6^3 = 120$ số.
Câu 15: Đáp án B
Phương pháp:
Nhận xét tính đúng sai của từng đáp án, sử dụng tính chất phép vị tự, đồng dạng.
Cách giải:
Đáp án A: Phép vị tự tỉ số k là phép đồng dạng tỉ số $\left| k \right|$: Đúng.
Đáp án B: Phép đồng dạng là phép biến hình: Sai vì nêu tỉ số đồng dạng khác 1 thì nó làm thay đổi khoảng cách giữa các điểm.
Câu 16: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}} $
Cách giải:
Ta có ${\left( {{x^2} – 3x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{10 – k}}.{{\left( { – 3x} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{{\left( { – 3} \right)}^k}.{x^{20 – k}}} $
Hệ số của ${x^{16}}$ trong khai triển ứng với $20 – k = 16 \Leftrightarrow k = 4$
Hệ số cần tìm là $C_{10}^4.{\left( { – 3} \right)^4} = 17010$.
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp:
– Tính số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right)$
– Tính số khả năng có lợi cho biến cố.
– Tính xác suất theo công thức $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$
Cách giải:
Số cách chọn 2 quả cầu trong hộp là: $C_7^2$
Số cách chọn được 2 quả cầu vàng là $C_4^2$
Xác suất cần tính: $P\left( A \right) = \frac{{C_4^2}}{{C_7^2}} = \frac{2}{7}$.
Câu 18: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng phép quay tâm I góc quay $\alpha $ biến M thành M’ thì $OM = OM’$ và $\angle \left( {OM;\,\,OM’} \right) = \alpha $
Cách giải:
Vì ABCDE là ngũ giác đều tâm I nên $IA = IB = IC = ID = IE$ và $\widehat {CID} = \widehat {DIE} = \widehat {EIA} = \widehat {AIB} = \widehat {BIC} = \frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ $
Từ đó ta có
${Q_{\left( {I;144^\circ } \right)}}\left( C \right) = E;\,\,{Q_{\left( {I;\,\,144^\circ } \right)}}\left( D \right) = A \Rightarrow {Q_{\left( {I;\,\,144^\circ } \right)}}\left( {CD} \right) = EA$ nên A đúng
${Q_{\left( {I;\,\,72^\circ } \right)}}\left( A \right) = B;\,\,{Q_{\left( {I;\,\,72^\circ } \right)}}\left( B \right) = C \Rightarrow {Q_{\left( {I;\,\,72^\circ } \right)}}\left( {AB} \right) = BC$ nên B đúng
${Q_{\left( {I;\,\,72^\circ } \right)}}\left( A \right) = B;\,\,{Q_{\left( {I;\,\,72^\circ } \right)}}\left( E \right) = A \Rightarrow {Q_{\left( {I;\,\,72^\circ } \right)}}\left( {AE} \right) = BA$ nên C đúng
${Q_{\left( {I;\,\,144^\circ } \right)}}\left( B \right) = D;\,\,{Q_{\left( {I;\,\,144^\circ } \right)}}\left( C \right) = E \Rightarrow {Q_{\left( {I;\,\,144^\circ } \right)}}\left( {BC} \right) = DE$ nên D sai.
Câu 19: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính xác suất của biến cố đối: $P\left( {\overline A } \right) = 1 – P\left( A \right)$
Cách giải:
Nếu A và $\overline A $ là hai biến cố đối nhau thì $P\left( {\overline A } \right) = 1 – P\left( A \right) \Leftrightarrow P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right)$
Câu 20: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức về tổ hợp
Cách giải:
Cả lớp có $15 + 17 = 32$ bạn
Như vậy có $C_{32}^1 = 32$ cách chọn 1 bạn làm lớp trưởng
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp:
Tính tổng 2019S bằng cách nhận xét số hạng tổng quát của tổng này
Cách giải:
Ta có: $S = C_{2018}^0 + \frac{1}{2}C_{2018}^1 + \frac{1}{3}C_{2018}^2 + … + \frac{1}{{2018}}C_{2018}^{2017} + \frac{1}{{2019}}C_{2018}^{2018} = \sum\limits_{K = 0}^{2018} {\frac{1}{{k + 1}}C_{2018}^k} $
$ \Rightarrow 2019S = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {\frac{{2019}}{{k + 1}}} C_{2018}^k = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {\frac{{2019}}{{k + 1}}} .\frac{{2018!}}{{k!\left( {2018 – k} \right)!}} = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {\frac{{2019!}}{{\left( {k + 1} \right)!\left( {2019 – \left( {k + 1} \right)} \right)!}}} = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {C_{2019}^{k + 1}} $
$ = C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + … + C_{2019}^{2019} \Rightarrow 2019S + C_{2019}^0 + C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + … + C_{2019}^{2019} = {2^{2019}}$
$ \Rightarrow 2019 = {2^{2019}} – C_{2019}^0 = {2^{2019}} – 1 \Rightarrow S = \frac{{{2^{2019}} – 1}}{{2019}}$
Câu 22: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức ${\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}$ và $\cos \left( {a + b} \right) = \cos a.\cos b – \sin a\sin b$
Sử dụng $ – 1 \le \cos \le 1$
Cách giải:
Ta có $y = 2{\cos ^2}x + \sin 2x = 2.\frac{{1 + \cos 2x}}{2} + \sin 2x = 1 + \cos 2x + \sin 2x$
$ \Rightarrow \frac{y}{{\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }}\cos 2x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin 2x = \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \cos 2x\cos \frac{\pi }{4} + \sin 2x.\sin \frac{\pi }{4} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right)$
Ta có $\cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) \ge – 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) \ge – 1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }}$
Hay $\frac{y}{{\sqrt 2 }} \ge – 1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow y \ge 1 – \sqrt 2 $
Dấu “=” xảy ra khi $\cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = – 1 \Leftrightarrow 2x – \frac{\pi }{4} = – \pi + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{ – 3\pi }}{8} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$
Vậy giá trị nhỏ nhất của y là $1 – \sqrt 2 $.
Câu 23: Đáp án B
Phương pháp:
– Tìm ĐKXĐ
– Biến đổi phương trình về dạng $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.$
Cách giải:
Điều kiện: $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi $
Khi đó, phương trình $ \Leftrightarrow \sin 5x = 2\sin x\cos x \Leftrightarrow \sin 5x = \sin 2x$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5x = 2x + k2\pi \\5x = \pi – 2x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = k2\pi \\7x = \pi + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{k2\pi }}{3}\\x = \frac{\pi }{7} + \frac{{k2\pi }}{7}\end{array} \right.$
Nếu $x = \frac{{k2\pi }}{3}$ thì $x \in \left( {0;\,\,\pi } \right) \Rightarrow 0 < \frac{{k2\pi }}{3} < \pi \Leftrightarrow 0 < k < \frac{3}{2} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{3}\,\,(TM)$
Nếu $x = \frac{\pi }{7} + \frac{{k2\pi }}{7}$ thì $x \in \left( {0;\,\,\pi } \right) \Rightarrow 0 < \frac{\pi }{7} + \frac{{k2\pi }}{7} < \pi \Leftrightarrow 0 < \pi + k2\pi < 7\pi \Leftrightarrow – \frac{1}{2} < k < 3$
$ \Rightarrow k \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{\pi }{7};\,\,\frac{{3\pi }}{7};\,\,\frac{{5\pi }}{7}} \right\}$
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm trong khoảng $\left( {0;\,\,\pi } \right)$.
Câu 24: Đáp án C
Phương pháp:
– Tìm số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right)$
– Tính số khả năng có lợi cho biến cố.
– Tính xác suất theo công thức $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$
Cách giải:
Gọi số có số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt là $\overline {abcd} ,\,\,\left( {a,b,c,d \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}} \right)$
+ a có 9 cách chọn, b có 9 cách chọn, c có 8 cách chọn, d có 7 cách chọn
Nên có $9.9.8.7 = 4536$ số. Hay số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 4536$
Gọi A là biến cố $\overline {abcd} > 2500$
+ Nếu $a \in \left\{ {3;4;5;6;7;8;9} \right\}$ thì số cách chọn 3 chữ số b, c, d là $A_9^3$ nên có $7.A_9^3$ số
+ Nếu $a = 2$ và $b = 5$ thì $c,d \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}$ nên có $A_8^2$ số
+ Nếu $a = 2;\,\,b \in \left\{ {6;7;8;9} \right\}$ thì có $A_8^2$ cách chọn c, d nên có $4.A_8^2$ số
Số phần tử của biến cố A là $n\left( A \right) = 7.A_9^3 + A_8^2 + 4.A_8^2 = 3808$
Xác suất cần tìm là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{3808}}{{4536}} = \frac{{68}}{{81}}$
Câu 25: Đáp án B
Phương pháp:
– Biểu thức $\tan x$ xác định nếu $\cos x \ne 0$
– Biểu thức $\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}$ xác định nếu $f\left( x \right) > 0$
Cách giải:
ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\2 – \cos x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos x < 2\,\,\left( {\forall x} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi $
Vậy TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}$.
Câu 26: Đáp án C
Phương pháp:
– Tính số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right)$
– Tính số khả năng có lợi cho biến cố.
– Tính xác suất theo công thức $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = A_9^6$
Gọi A là biến cố: “số có 6 chữ số chỉ chứa ba chữ số chẵn”
Như vậy số đó có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.
Số cách chọn 3 chữ số chẵn từ 4 chữ số chẵn là $C_4^3$
Số cách chọn 3 chữ số lẻ từ 5 chữ số lẻ là $C_5^3$
Số cách lập ra số có 6 chữ số mà chỉ có 3 chữ số chẵn từ 9 số đã cho là $n\left( A \right) = 6!.C_4^3.C_5^3$
Xác suất cần tìm là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{6!.C_4^3.C_5^3}}{{A_9^6}} = \frac{{10}}{{21}}$
Câu 27: Đáp án E
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ được gọi là chẵn trên D nếu với $x \in D$ thì $ – x \in D$ và $f\left( { – x} \right) = f\left( x \right)$
Cách giải:
Đáp án A: TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Có $f\left( { – x} \right) = \sin \left( { – 2x} \right) + 1 = – \sin 2x + 1 \ne f\left( x \right)$ nên hàm số này không chẵn không lẻ
Đáp án B: TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Có $f\left( { – x} \right) = \sin \left( { – x} \right).\cos \left( { – 2x} \right) = – \sin x.\cos 2x = – f\left( x \right)$ nên hàm số này lẻ
Đáp án C: TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Có $f\left( { – x} \right) = \sin \left( { – x} \right).\sin \left( { – 3x} \right) = \left( { – \sin x} \right).\left( { – \sin 3x} \right) = \sin x.\sin 3x = f\left( x \right)$ nên hàm số này chẵn
Đáp án D: TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Có $f\left( { – x} \right) = \sin \left( { – 2x} \right) + \sin \left( { – x} \right) = – \sin 2x – \sin x = – \left( {\sin 2x + \sin x} \right) = – f\left( x \right)$ nên hàm số này lẻ
Vậy có hai đáp án đúng là A và C
Câu 28: Đáp án C
Phương pháp:
– Tính số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right)$
– Tính số khả năng có lợi cho biến cố.
– Tính xác suất theo công thức $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_{100}^3$
Gọi A là biến cố “chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2”
TH1: Chọn được cả 3 tấm thẻ mang số chẵn. Khi đó có $C_{50}^3$ cách chọn
TH2: Chọn được hai tấm thẻ mang số lẻ và một tấm thẻ mang số chẵn. Khi đó có $C_{50}^2C_{50}^1$ cách chọn
Số phần tử của biến cố A là $n\left( A \right) = C_{50}^3 + C_{50}^2C_{50}^1$
Xác suất cần tìm là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{50}^3 + C_{50}^2C_{50}^1}}{{C_{100}^3}} = \frac{1}{2}$
Câu 29: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức $A_k^n = \frac{{n!}}{{\left( {n – k} \right)!}}$ biến đổi và giải phương trình
Cách giải:
Ta có:
$2A_n^4 = 3A_{n – 1}^4 \Leftrightarrow 2.\frac{{n!}}{{\left( {n – 4} \right)!}} = 3.\frac{{\left( {n – 1} \right)!}}{{\left( {n – 5} \right)!}} \Leftrightarrow 2n\left( {n – 1} \right)\left( {n – 2} \right)\left( {n – 3} \right) = 3.\left( {n – 1} \right)\left( {n – 2} \right)\left( {n – 3} \right)\left( {n – 4} \right)$
$ \Leftrightarrow 2n = 3\left( {n – 4} \right) \Leftrightarrow 2n = 3n – 12 \Leftrightarrow n = 12$.
Chú ý:
Có thể sử dụng cách thử đáp án bằng MTCT, chức năng CALC
Nhập vào màn hình $2XP4 – 3\left( {X – 1} \right)P4$ rồi bấm CALC, nhập các giá trị ở mỗi đáp án rồi ấn “=”, nếu được kết quả bằng 0 thì chọn.
Câu 30: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức về hoán vị để làm bài
Cách giải:
Coi 5 quyển sách Văn chỉ xếp vào 1 chỗ. Như vậy ta sẽ xếp 5 quyển sách Văn và 7 quyển sách Toán vào 8 vị trí trên kệ sách.
Số cách xếp 5 quyển sách Văn là 5!.
Số cách xếp xếp 5 quyển sách Văn và 7 quyển sách Toán trên kệ sách dài sao cho 5 quyển sách Văn xếp kề nhau là 5!.8! cách.
II. PHÀN TỰ LUẬN: (4,0 điểm)
Câu 1:
Phương pháp:
Chia cả hai vế cho $\sqrt {{a^2} + {b^2}} $ và đưa về phương trình lượng giác cơ bản
Cách giải:
Ta có: $\sin 2x – \sqrt 3 \cos 2x = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 2x – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x = \frac{1}{2}$
$ \Leftrightarrow \sin 2x.\cos \frac{\pi }{3} – \cos 2x\sin \frac{\pi }{3} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {2x – \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{\pi }{6}$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x – \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x – \frac{\pi }{3} = \pi – \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\2x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}$
Vậy phương trình có nghiệm $\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}$
Câu 2:
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}} $
b) Đếm số phần tử của không gian mẫu: Số các số có 4 chữ số lập được từ các chữ số đã cho.
Đếm số các số chia hết cho 5 trong tập hợp trên và suy ra xác suất.
Cách giải:
a) Ta có: ${\left( {2{x^2} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)^5} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{\left( {2{x^2}} \right)}^{5 – k}}.{{\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)}^k}} $
$ = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{.2}^{5 – k}}.{{\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{.2}^{5 – k}}.{x^{10 – 2k – 3k}}} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{.2}^{5 – k}}.{x^{10 – 5k}}} $
Số hạng không chứa x ứng với $10 – 5k = 0 \Leftrightarrow k = 2$ nên hệ số $C_5^2{.2^{5 – 2}} = 80$
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 80.
b) Số cách chọn 4 trong 8 chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 có phân biệt thứ tự là $A_8^4$
Nếu chữ số 0 ở đầu thì có $A_7^3$ số thỏa mãn.
Do đó số các số có 4 chữ số phân biệt lập được là $A_8^4 – A_7^3$.
Gọi số có 4 chữ số chia hết cho 5 là $\overline {abcd} $, với $a,b,c,d \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7} \right\}$
Vì $\overline {abcd} \vdots 5$ nên $d = 0$ hoặc $d = 5$
+) Nếu $d = 0$ thì $a \in \left\{ {1;2;3;4;5;6;7} \right\}$ có 7 cách chọn.
$b \ne a,d \Rightarrow $ b có 6 cách chọn.
$c \ne a,b,d$ nên có 5 cách chọn.
Có $7.6.5 = 210$ số tự nhiên có bốn chữ số, tận cùng bằng 0 được lập từ các chữ số $0;1;2;3;4;5;6;7$
+) Nếu $d = 5$ thì $a \in \left\{ {1;2;3;4;5;6;7} \right\}$ có 6 cách chọn.
$b \ne a,d \Rightarrow $ b có 6 cách chọn.
$c \ne a,b,d$ nên có 5 cách chọn.
Có $6.6.5 = 180$ số tự nhiên có bốn chữ số, tận cùng bằng 5 được lập từ các chữ số $0;1;2;3;4;5;6;7$.
Do đó có $210 + 180 = 390$ số có bốn chữ số chia hết cho 5 được lập từ các chữ số $0;1;2;3;4;5;6;7$.
Vậy xác suất là $P = \frac{{390}}{{A_8^4 – A_7^3}} = \frac{{390}}{{1470}} = \frac{{13}}{{49}}$.
Câu 3:
Phương pháp:
+ Sử dụng cách tìm giao tuyến hai mặt phẳng, tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng
+ Sử dụng định lý Ta-lét để tìm tỉ số
Cách giải:
a)
* Trong $\left( {SBC} \right)$, kéo dài NK cắt SB tại G
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}MG \subset \left( {MNK} \right)\\MG \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.$ nên $\left( {MNK} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MG$
* Trong (SAB), gọi MG cắt AB tại H
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}H \in MG \subset \left( {MNK} \right)\\H \in AB\end{array} \right.$ nên H là giao điểm của AB với (MNK)
b)
* Xác định thiết diện
Gọi $AC \cap BD = \left\{ O \right\}$, trong (SAC) có $SO \cap MK = \left\{ I \right\}$
Trong (ABCD) có $BD \cap HN = \left\{ E \right\}$
Trong (SBD) có $EI \cap SD = \left\{ P \right\}$
Khi đó ta có $\left( {MNK} \right) \equiv \left( {MPKNH} \right)$
Hay $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNK} \right) \cap \left( {SBC} \right) = NK\\\left( {MNK} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MH\\\left( {MNK} \right) \cap \left( {SAD} \right) = MP\\\left( {MNK} \right) \cap \left( {SDC} \right) = PK\\\left( {MNK} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NH\end{array} \right.$
Nên thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNK) là ngũ giác PMHNK.
* Tính tỉ số $\frac{{HA}}{{HB}}$
Trong ∆SQK kẻ $BF//SK\left( {F \in QK} \right)$
Khi đó $\frac{{NB}}{{NC}} = \frac{{KC}}{{BF}}$ (theo Ta-let) mà $NB = NC \Rightarrow KC = BF$
Mà $\frac{{KC}}{{SK}} = \frac{1}{2}$ suy ra $\frac{{BF}}{{SK}} = \frac{1}{2}$ mà $BF//SK \Rightarrow $ BF là đường trung bình của ∆GQK.
Do đó B là trung điểm của SG
Trong ∆GMS kẻ $BQ//SA\left( {Q \in GM} \right)$ mà B là trung điểm của SG nên QB là đường trung bình của ∆GSM
Suy ra $\frac{{QB}}{{SM}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{QB}}{{MA}} = \frac{1}{2}$ (do $SM = MA$)
Vì $QB//AM$, theo định lét Ta-let ta có $\frac{{QB}}{{MA}} = \frac{{HB}}{{HA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{HA}}{{HB}} = 2$.
