Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở GD& ĐT Tỉnh Bà Rịa- Vũng Tàu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

0
37

Đề thi Toán 11 học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Bà Rịa- Vũng Tàu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án gồm 20 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 11 (THPT, GDTX)

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Họ và tên học sinh:…………………………………………………………..Lớp………….Số báo danh:………………

MỤC TIÊU: Đề thi giúp đánh giá chất lượng của học sinh sau HK1 một cách toàn diện nhất. Các câu hỏi với mức độ phù hợp, phân bổ đồng đều và trọn vẹn toàn bộ các kiến thức mà học sinh đã được học trong HK1.

Câu 1 (TH). Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có bốn chữ số đôi một khác nhau?

A. 360. B. 180. C. 120. D. 15.

Câu 2 (NB). Nghiệm của phương trình $\tan 2x + \sqrt 3 = 0$ là:

A. $x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$ B. $x = – \frac{\pi }{6} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$ C. $x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}$ D. $x = – \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}$

Câu 3 (TH). Từ một hộp chứa 12 quả cầu màu đỏ và 5 quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu. Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh bằng:

A. $\frac{{11}}{{34}}.$ B. $\frac{3}{{34}}.$ C. $\frac{1}{{68}}.$ D. $\frac{1}{{408}}.$

Câu 4 (NB). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho $\overrightarrow u = \left( {1; – 2} \right)$ và $A\left( {2; – 4} \right)$. Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u $ biến điểm $A$ thành điểm $B$ có tọa độ là:

A. $\left( { – 3;6} \right)$ B. $\left( {1; – 2} \right)$ C. $\left( {3; – 6} \right)$ D. $\left( { – 1;2} \right)$

Câu 5 (TH). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho đường thẳng $d$ có phương trình $3x – 2y + 1 = 0$. Ảnh của đường thẳng $d$ qua phép vị tự tâm $O$, tỉ số $k = 2$ có phương trình là:

A. $2x – 3y + 2 = 0$. B. $2x + 3y + 2 = 0$. C. $3x + 2y + 2 = 0$. D. $3x – 2y + 2 = 0$

Câu 6 (TH). Nghiệm của phương trình ${\sin ^2}x – 3\sin x + 2 = 0$ là:

A. $x = \pi + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.$ B. $x = – \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.$ C. $x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.$ D. $x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.$

Câu 7 (TH). Trong mặt phẳng $\left( {O,\overrightarrow i ,\overrightarrow j } \right)$, cho đường tròn $(C):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4$. Đường tròn $\left( {C’} \right)$ là ảnh của $\left( C \right)$ qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow i $ có phương trình là:

A. $\left( {C’} \right):{\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4$ B. $\left( {C’} \right):{x^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4$

C. $\left( {C’} \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4$ D. $\left( {C’} \right):{\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4$

Câu 8 (NB). Chọn khẳng định SAI.

A. Qua ba điểm phân biệt xác định được một và chỉ một mặt phẳng.

B. Qua 2 đường thẳng phân biệt cắt nhau xác định được một và chỉ một mặt phẳng.

C. Qua 2 đường thẳng phân biệt và song song xác định được một và chỉ một phẳng phẳng.

D. Qua một đường thẳng và một điểm nằm ngoài đường thẳng xác định được một và chỉ một mặt phẳng.

Câu 9 (NB). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$. Giao tuyến của 2 mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là:

A. Đường thẳng qua $S$ và song song với $AB$ B. Đường thẳng $SO$.

C. Đường thẳng qua $S$ và song song với $AD$. D. Không có giao tuyến.

Câu 10 (TH). Dãy số nào có công thức số hạng tổng quát dưới đây là dãy số tăng?

A. ${u_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$ B. ${u_n} = {\left( { – 3} \right)^n}$ C. ${u_n} = 2020 – 3n$ D. ${u_n} = 2018 + 2n$

Câu 11 (NB). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho đường tròn $\left( C \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 25$. Phép vị tự tỉ số $k = – \frac{1}{2}$ biến đường tròn $\left( C \right)$ thành đường tròn có bán kính $R’$ bằng:

A. 5. B. $\frac{5}{2}.$ C. 10. D. $\frac{{25}}{2}.$

Câu 12 (TH). Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{1}{{{n^2} + n}}$. Khẳng định nào sau đây SAI?

A. 5 số hạng của dãy là: $\frac{1}{2};\,\frac{1}{6};\,\,\frac{1}{{12}};\,\,\frac{1}{{20}};\,\,\frac{1}{{30}}$ B. $\left( {{u_n}} \right)$ dãy số giảm và bị chặn.

C. $\left( {{u_n}} \right)$ dãy số tăng. D. ${u_n} \le \frac{1}{2}\left( {\forall n \in {\mathbb{N}^*}} \right)$

Câu 13 (NB). Cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1}$ và công sai $d$. Công thức số hạng tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ là:

A. ${u_n} = {u_1} + nd$ B. ${u_n} = {u_1} + \left( {n + 1} \right)d$ C. ${u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d$ D. ${u_n} = {u_1} – nd$

Câu 14 (TH). Cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1} = 3$ và công sai $d = 2$. Công thức số hạng tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ là:

A. ${u_n} = 2n – 1$ B. ${u_n} = 2n + 1$ C. ${u_n} = 2n + 3$ D. ${u_n} = 3n – 1$

Câu 15 (TH). Xác định số hạng không chứa $x$ trong khai triển ${\left( {{x^2} – \frac{2}{x}} \right)^6}\left( {x \ne 0} \right)$

A. – 160. B. 60. C. 160. D. 240.

Câu 16 (VD). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho đường thẳng $d:3x – 4y + 1 = 0$. Thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm $O$ tỉ số $k = – 3$ và phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u = \left( {1;2} \right)$ thì đường thẳng $d$ biến thành đường thẳng $d’$ có phương trình là:

A. $3x – 4y + 2 = 0$ B. $3x – 4y – 2 = 0$ C. $3x – 4y + 5 = 0$ D. $3x – 4y – 5 = 0$

Câu 17 (VD). Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ xác định bởi: $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2018\\{u_{n + 1}} = {u_n} + n\left( {\forall n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\end{array} \right.$. Số hạng tổng quát ${u_n}$ của dãy số là số hạng nào dưới đây?

A. ${u_n} = \frac{{\left( {n – 1} \right)n}}{2}$ B. ${u_n} = 2018 + \frac{{\left( {n + 1} \right)n}}{2}$

C. ${u_n} = 2018 + \frac{{\left( {n – 1} \right)n}}{2}$ D. ${u_n} = 2018 + \frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{2}$

Câu 18 (VD). Phương trình: $4{\cos ^2}\frac{x}{2} – \sqrt 3 \cos 2x = 1 + 2{\cos ^2}\left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)$ có bao nhiêu nghiệm thuộc $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$?

A. 0 B. C. 2 D. 3

Câu 19 (VDC). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của $m$ để hàm số $y = \sqrt {{{\left( {\sin x – \sqrt 3 \cos x} \right)}^2} – 2\sin x + 2\sqrt 3 \cos x – m + 3} $ xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$?

A. Vô số. B. 3 C. 2 D. 0

Câu 20 (VD). Sắp xếp 6 chữ cái H, S, V, H, S, N thành một hàng. Tính xác suất sao cho 2 chữ cái giống nhau đứng cạnh nhau?

A. $\frac{2}{3}$ B. $\frac{5}{9}$ C. $\frac{2}{{15}}$ D. $\frac{1}{3}$

II. PHẦN TỰ LUẬN (6 điểm – thời gian làm bài 55 phút).

Câu 1 (2,0 điểm) (TH):

1) Giải các phương trình sau:

a) $2\sin x + \sqrt 2 = 0$;

b) $\sqrt 3 \sin x – \cos x + 2 = 0$;

2) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y = 2\sqrt {\sin x + 1} – 3$.

Câu 2 (1,5 điểm) (VD):

1) Cho tập hợp $A = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}$. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ tập hợp A.

2) Một hộp có 6 bi đỏ, 7 bi xanh, 8 bi vàng (các bi khác nhau). Lấy ngẫu nhiên 6 bi. Tính xác suất để lấy được ít nhất 3 bi đỏ.

Câu 3 (2,0 điểm) (VD): Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $SA$. $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$.

1) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

2) Chứng minh $MN$ song song với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

3) Gọi $\Delta $ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SMG} \right)$, $P$ là giao điểm của đường thẳng $OG$ và $\Delta $. Chứng minh $P,N,D$ thẳng hàng.

Câu 4 (0,5 điểm) (VDC): Cho hình đa giác đều $\left( H \right)$ có 36 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của hình $\left( H \right)$. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn tạo thành hình vuông?

Đáp án

1 – B 2 – D 3 – C 4 – C 5 – D 6 – C 7 – A 8 – A 9 – C 10 – D
11 – B 12 – C 13 – C 14 – B 15 – D 16 – A 17 – C 18 – C 19 – C 20 – C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp:

+ Gọi số có 4 chữ số cần lập là $\overline {abcd} \left( {0 \le a;b;c;d \le 9;\,a \ne 0;\,a,b,c,d \in \mathbb{N}} \right)$.

+ Chọn từng chữ số, sau đó áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số có 4 chữ số cần lập là $\overline {abcd} \left( {0 \le a;b;c;d \le 9;\,a \ne 0;\,a,b,c,d \in \mathbb{N}} \right)$.

+ Số cần lập là số chẵn $ \Rightarrow d \in \left\{ {2;4;6} \right\} \Rightarrow $ Có 3 cách chọn $d$.

+ Ứng với mỗi cách chọn $d$ có $A_5^3 = 60$ cách chọn 3 chữ số $a,b,c$.

Áp dụng quy tắc nhân ta có: $3.60 = 180$ số thỏa mãn.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản $\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Cách giải:

$\tan 2x + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \tan 2x = – \sqrt 3 \Leftrightarrow 2x = – \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Câu 3: Đáp án C

Phương pháp:

+ Tính số phân tử của không gian mẫu.

+ Tính số phân tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

+ Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{17}^3 = 680$.

+ Gọi A là biến cố: “Lấy được 3 quả cầu màu xanh” $ \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^3 = 10$

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{680}} = \frac{1}{{68}}$

Câu 4: Đáp án C

Phương pháp:

Cho $M\left( {x;y} \right)$ và $\overrightarrow u = \left( {a;b} \right)$, gọi $M’\left( {x’;y’} \right) = {T_{\overrightarrow u }}\left( M \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x’ = x + a\\y’ = y + b\end{array} \right.$

Cách giải:

${T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) = B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 2 + 1 = 3\\{y_B} = – 4 – 2 = – 6\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {3; – 6} \right)$.

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp:

+ Sử dụng định nghĩa phép vị tự: ${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( M \right) = M’ \Leftrightarrow \overrightarrow {IM’} = k\overrightarrow {IM} $

+ Sử dụng tính chất phép vị tự: Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.

Cách giải:

Gọi $d’ = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( d \right) \Rightarrow d’//d \Rightarrow $ Phương trình $d’$ có dạng $3x – 2y + c = 0$.

Lấy $A\left( { – 1;1} \right) \in d$. Gọi $A’ = {V_{\left( {O;2} \right)}} \Rightarrow \overrightarrow {OA’} = 2\overrightarrow {OA} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = 2.\left( { – 1} \right) = – 2\\{y_{A’}} = 2.\left( { – 1} \right) = – 2\end{array} \right. \Rightarrow A’\left( { – 2; – 2} \right)$.

Vì $A’ \in d’ \Rightarrow 3.\left( { – 2} \right) – 2.\left( { – 2} \right) + c = 0 \Leftrightarrow c = 2$.

Vậy $d’:3x – 2y + 2 = 0$.

Câu 6: Đáp án C

Phương pháp:

+ Giải phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác.

+ Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Cách giải:

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp:

+ Phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

+ Xác định tâm $I$ và bán kính $R$ của đường tròn $\left( C \right)$.

+ Gọi $I’ = {T_i}\left( I \right)$, xác định tọa độ điểm $I’$.

+ Gọi $\left( {C’} \right) = {T_i}\left( C \right) \Rightarrow \left( {C’} \right)$ là đường tròn có tâm $I’$ và bán kính $R$.

Cách giải:

+ Đường tròn $\left( C \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4$ có tâm $I\left( {1; – 3} \right)$ và bán kính $R = 2$.

+ Gọi $I’ = {T_i}\left( I \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{I’}} = 1 + 1 = 2\\{y_{I’}} = – 3 + 0 = – 3\end{array} \right. \Rightarrow I’\left( {2; – 3} \right)$

+ Gọi $\left( {C’} \right) = {T_i}\left( C \right) \Rightarrow \left( {C’} \right)$ là đường tròn có tâm $I’\left( {2; – 3} \right)$ và bán kính $R = 2$.

Vậy phương trình đường tròn $\left( {C’} \right):{\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4$.

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp:

Các cách xác định mặt phẳng là:

+ Qua ba điểm không thẳng hàng.

+ Qua một điểm và một đường thẳng không đi qua điểm đó.

+ Qua hai đường thẳng cắt nhau.

+ Qua hai đường thẳng song song.

Cách giải:

Khẳng định sai là đáp án A: Qua ba điểm phân biệt xác định được một và chỉ một mặt phẳng.

Khẳng định đúng phải là: Qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng xác định được một và chỉ một mặt phẳng.

Câu 9: Đáp án C

Phương pháp:

$\left\{ \begin{array}{l}a \subset \left( \alpha \right)\\b \subset \left( \beta \right)\\a//b\end{array} \right. \Rightarrow $ Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ là đường thẳng đi qua điểm chung của hai mặt phẳng và song song với $a,b$.

Cách giải:

Xác định $\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)$.

+ $S$ là điểm chung thứ nhất.

+ Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD//BC\end{array} \right.$

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD$.

Câu 10: Đáp án D

Phương pháp:

Nếu ${u_{n + 1}} \ge {u_n}\forall n$ thì dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số tăng.

Cách giải:

Xét dãy số ${u_n} = 2018 + 2n$ ta có ${u_{n + 1}} = 2018 + 2\left( {n + 1} \right) = 2020 + 2n > {u_n}\forall n$.

Vạy dãy số ${u_n} = 2018 + 2n$ là dãy số tăng.

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp:

Phép vị tự tâm $I$, tỉ số $k$ biến đường tròn bán kính $R$ thành đường tròn có bán kính $R’ = \left| k \right|R$.

Cách giải:

Đường tròn $\left( C \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 25$ có bán kính $R = 5$.

Phép vị tự tỉ số $k = – \frac{1}{2}$ biến đường tròn $\left( C \right)$ thành đường tròn có bán kính $R’ = \left| { – \frac{1}{2}} \right|R = \frac{1}{2}.5 = \frac{5}{2}$

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp:

+ Thay lần lượt $n = 1,\,\,n = 2,\,\,n = 3,\,….$ để tính các số hạng thứ 1, 2, 3, …

+ $\left( {{u_n}} \right)$ dãy số giảm và bị chặn dưới nếu ${u_{n + 1}} \le {u_n}\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$ và tồn tại số thực $m$ sao cho ${u_n} \ge m\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

+ $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số tăng nếu ${u_{n + 1}} \ge {u_n}\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$

Cách giải:

Ta có ${u_{n + 1}} = \frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} + n + 1}} < \frac{1}{{{n^2} + n}} = {u_n}\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm.

Vậy khẳng định $C$ sai.

Câu 13: Đáp án C

Phương pháp:

Công thức số hạng tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1}$ và công sai $d$ là ${u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d$

Cách giải:

Công thức số hạng tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1}$ và công sai $d$ là ${u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d$

Câu 14: Đáp án B

Phương pháp:

Công thức số hạng tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1}$ và công sai $d$ là ${u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d$

Cách giải:

Công thức số hạng tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1} = 3$ và công sai $d = 2$ là ${u_n} = 3 + \left( {n – 1} \right)2 = 3 + 2n – 2 = 2n + 1$

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: ${\left( {{x^2} – \frac{2}{x}} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{6 – k}}{{\left( { – \frac{2}{x}} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( { – 2} \right)}^k}{x^{12 – 2k}}{x^{ – k}} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( { – 2} \right)}^k}{x^{12 – 3k}}} } $

Số hạng không chứa $x$ ứng với $12 – 3k = 0 \Leftrightarrow k = 4\left( {tm} \right)$.

Vậy số hạng không chứa $x$ trong khai triển trên là $C_6^4.{\left( { – 2} \right)^4} = 240$.

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp:

+ ${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( M \right) = M’ \Leftrightarrow \overrightarrow {IM’} = k\overrightarrow {IM} $.

+ ${T_{\overrightarrow u }}\left( M \right) = M’ \Leftrightarrow \overrightarrow {MM’} = \overrightarrow u $.

Cách giải:

+ Gọi $M\left( {x;y} \right) \in d$ bất kì.

+ Gọi $M’\left( {x’;y’} \right) = {V_{\left( {O; – 3} \right)}}\left( M \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x’ = – 3x\\y’ = – 3y\end{array} \right.$

+ Gọi $M”\left( {x”;y”} \right) = {T_{\overrightarrow u }}\left( {M’} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x” = x’ + 1 = – 3x + 1\\y” = y’ + 2 = – 3y + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{ – x” + 1}}{3}\\y = \frac{{ – y” + 2}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{{ – x” + 1}}{3};\frac{{ – y” + 2}}{3}} \right)$.

+ Do $M \in d \Rightarrow 3\frac{{ – x” + 1}}{3} – 4\frac{{ – y” + 2}}{3} + 1 = 0 \Leftrightarrow – 3x” + 4y” – 2 = 0 \Leftrightarrow 3x” – 4y” + 2 = 0$.

+ Gọi $d’$ là ảnh của $d$ qua liên tiếp phép vị tự tâm O tỉ số $k = – 3$ và phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u = \left( {1;2} \right)$.

Ta có

$ \Rightarrow d’:3x – 4y + 2 = 0$

Câu 17: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính tổng $1 + 2 + 3 + … + n = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}$

Cách giải:

Ta có:

${u_{n + 1}} = {u_n} + n = {u_{n – 1}} + n + n – 1 = …$

$ = {u_1} + n + n – 1 + … + 1$

$ = 2018 + \frac{{\left( {n + 1} \right).n}}{2}$

Vậy ${u_n} = 2018 + \frac{{n\left( {n – 1} \right)}}{2}$.

Câu 18: Đáp án C

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức hạ bậc ${\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}$

+ Sử dụng phương pháp giải phương trình dạng $a\sin x + b\cos x$.

Cách giải:

$4{\cos ^2}\frac{x}{2} – \sqrt 3 \cos 2x = 1 + 2{\cos ^2}\left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow 2\left( {1 + \cos x} \right) – \sqrt 3 \cos 2x = 1 + 1 + \cos \left( {2x – \frac{\pi }{2}} \right)$

$ \Leftrightarrow 2 + 2\cos x – \sqrt 3 \cos 2x = 2 + \sin 2x \Leftrightarrow 2\cos x = \sin 2x + \sqrt 3 \cos 2x$

$ \Leftrightarrow \cos x = \frac{1}{2}\sin 2x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x \Leftrightarrow \cos x = \cos 2x.\cos \frac{\pi }{6} + \sin 2x.\sin \frac{\pi }{6}$

$ \Leftrightarrow \cos x = \cos \left( {2x – \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x – \frac{\pi }{6} = x + k2\pi \\2x – \frac{\pi }{6} = – x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Các nghiệm của phương trình thuộc $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ là $\left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{{18}}} \right\}$

Câu 19: Đáp án C

Phương pháp:

+ Đặt $t = \sin x – \sqrt 3 \cos x$, tìm khoảng giá trị của $t$.

+ Đưa hàm số về ẩn $t$ trên miền giá trị đã xác định được, lập BBT và kết luận.

Cách giải:

$y = \sqrt {{{\left( {\sin x – \sqrt 3 \cos x} \right)}^2} – 2\sin x + 2\sqrt 3 \cos x – m + 3} $

$y = \sqrt {{{\left( {\sin x – \sqrt 3 \cos x} \right)}^2} – 2\left( {\sin x – \sqrt 3 \cos x} \right) – m + 3} $

+ Đặt $t = \sin x – \sqrt 3 \cos x = 2\left( {\frac{1}{2}\sin x – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x} \right) = 2\sin \left( {x – \frac{\pi }{3}} \right) \Rightarrow – 2 \le t \le 2$

Khi đó hàm số trở thành $y = \sqrt {{t^2} – 2t – m + 3} \,\,\forall t \in \left[ { – 2;2} \right]\,\,\left( * \right)$.

+ Để hàm số ban đầu xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$ thì hàm số xác định với mọi $t \in \left[ { – 2;2} \right]$.

Tức là ${t^2} – 2t – m + 3 \ge 0\,\,\forall t \in \left[ { – 2;2} \right]$.

+ Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^2} – 2t – m + 3$ trên $\left[ { – 2;2} \right]$ ta có BBT:

Để ${t^2} – 2t – m + 3 \ge 0\,\,\forall t \in \left[ { – 2;2} \right]$ thì $2 – m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2$.

Mà $m$ nguyên dương $ \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}$.

Chú ý: Cần xác định chính xác khoảng giá trị của $t$.

Câu 20: Đáp án C

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:

Xếp ngẫu nhiên 6 chữ cái trên thành hàng ngang có $\frac{{6!}}{{2!.2!}} = 180$ cách $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 180$.

Buộc các chữ cái H, H thành 1 buộc, S, S thành một buộc, khi đó ta cần xếp các chữ cái $\left( {HH} \right),\,\,\left( {SS} \right),\,\,V,\,\,N$ thành 1 hàng ngang, có $4! = 24$ cách.

Gọi A là biến cố: “2 chữ cái giống nhau đứng cạnh nhau” $ \Rightarrow n\left( A \right) = 24$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{24}}{{180}} = \frac{2}{{15}}$.

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1:

1) $2\sin x + \sqrt 2 = 0$

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Cách giải:

$2\sin x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \sin x = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

2) $\sqrt 3 \sin x – \cos x + 2 = 0$.

Phương pháp:

Chia cả hai vế của phương trình cho $\sqrt {{a^2} + {b^2}} $.

Cách giải: 

$\sqrt 3 \sin x – \cos x + 2 = 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x – \frac{1}{2}\cos x = – 1$

$ \Leftrightarrow \sin x\cos \frac{\pi }{6} – \cos x\sin \frac{\pi }{6} = – 1 \Leftrightarrow \sin \left( {x – \frac{\pi }{6}} \right) = – 1$

$ \Leftrightarrow x – \frac{\pi }{6} = – \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Câu 2:

1) Cho tập hợp $A = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}$. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ tập hợp A.

Phương pháp:

+ Gọi số tự nhiên có 4 chữ số cần lập là $\overline {abcd} \left( {0 \le a;b;c;d \le 9;\,\,a \ne 0;\,\,a,b,c,d \in \mathbb{N}} \right)$.

+ Tìm số cách chọn từng chữ số, sau đó áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số cần lập là $\overline {abcd} \left( {0 \le a;b;c;d \le 9;\,\,a \ne 0;\,\,a,b,c,d \in \mathbb{N}} \right)$.

+ $a \ne 0 \Rightarrow $ Có 9 cách chọn $a$.

+ 3 chữ số còn lại, mỗi số có 10 cách chọn.

Áp dụng quy tắc nhân ta có: ${9.10^3} = 9000$ số.

2) Một hộp có 6 bi đỏ, 7 bi xanh, 8 bi vàng (các bi khác nhau). Lấy ngẫu nhiên 6 bi. Tính xác suất để lấy được ít nhất 3 bi đỏ.

Phương pháp:

Sử dụng biến cố đối.

Cách giải:

Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{21}^6 = 54264$.

Gọi A là biến cố: “Lấy được ít nhất 3 viên bi đỏ” $ \Rightarrow \overline A $: “Lấy được ít hơn 3 viên bi đỏ”.

TH1: 0 bi đỏ + 6 bi khác màu đỏ (xanh hoặc vàng).

Số cách chọn là: $C_6^0.C_{15}^6 = 5005$ cách.

TH2: 1 bi đỏ + 5 bi khác màu đỏ (xanh hoặc vàng).

Số cách chọn là: $C_6^1.C_{15}^5 = 18018$ cách.

TH3: 2 bi đỏ + 4 bi khác màu đỏ (xanh hoặc vàng).

Số cách chọn là: $C_6^2.C_{15}^4 = 20475$ cách.

Áp dụng quy tắc cộng ta có $n\left( {\overline A } \right) = 5005 + 18018 + 20475 = 43498$.

Vậy $P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right) = 1 – \frac{{43498}}{{54264}} = \frac{{769}}{{3876}}$.

Câu 3:

Phương pháp:

1) Xác định hai điểm chung của hai mặt phẳng.

2) + Gọi $Q$ là trung điểm của $SB$.

+ Chứng minh $MN$ song song với một đường thẳng bất kì chứa trong $\left( {SBC} \right)$.

3) + Xác định $\Delta $.

+ Xác định giao tuyến của $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {BDG} \right)$.

+ Chứng minh $P$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {BDG} \right)$.

Cách giải:

1) Tìm $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

+ $S$ là điểm chung thứ nhất.

+ Trong $\left( {ABCD} \right)$ có $AC \cap BD = 0$, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$

$ \Rightarrow O$ là điểm chung thứ hai.

Vậy $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO$.

2) Gọi $Q$ là trung điểm của $SB$.

$NQ$ là đường trung bình của tam giác $SAB \Rightarrow NQ//AB$ và $NQ = \frac{1}{2}AB$.

$ \Rightarrow NQ//MC$ và $NQ = MC \Rightarrow MNQC$ là hình bình hành (dhnb).

$ \Rightarrow MN//QC$. Mà $QC \subset \left( {SAB} \right)$.

Vậy $MN//\left( {SAB} \right)$.

3) Gọi $E$ là trung điểm của $AB$ ta có $\left( {SMG} \right) \equiv \left( {SME} \right)$.

Xác định $\left( {SAD} \right) \cap \left( {SME} \right)$.

+ $S$ là điểm chung thứ nhất.

+ $\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\ME \subset \left( {SME} \right)\\AD//ME\end{array} \right.$

$ \Rightarrow $ Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SME} \right)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với

$AD,\,\,ME$.

Qua $S$ dựng đường thẳng song song với $AD$ cắt $OG$ tại $P \Rightarrow \Delta \equiv SP$.

Nội $BN$ ta có $\left( {SAD} \right) \cap \left( {BDN} \right) = DN$.

$\left\{ \begin{array}{l}P \in \Delta = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) \Rightarrow P \in \left( {SAD} \right)\\P \in OQ \subset \left( {BDG} \right) \Rightarrow P \in \left( {BDG} \right)\end{array} \right. \Rightarrow P \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {BDG} \right)$

Vậy $P \in DN$ hay $P,N,D$ thẳng hàng.

Câu 4:

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:

Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của hình $\left( H \right) \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{36}^4 = 58905$.

Giả sử ${A_1},{A_2},{A_3},…,{A_{36}}$ là 36 đỉnh của đa giác đều $\left( H \right)$. Gọi $O$ là tâm của đa giác đều $\left( H \right)$.

$ \Rightarrow {A_1}{A_2}…{A_{36}}$ là đa giác đều ngoại tiếp đường tròn $\left( O \right)$.

Khi đó ta có ${A_i}O{A_{i + 1}} = \frac{{360^\circ }}{{36}} = 10^\circ \,\,\forall i = \overline {1;36} $.

Để ${A_x}{A_y}{A_z}{A_t}$ là hình vuông thì ${A_x}O{A_y} = {A_y}O{A_z} = {A_z}O{A_t} = {A_t}O{A_x} = 90^\circ $.

Ta có ${O_1}O{A_{10}} = {A_{10}}O{A_{19}} = {A_{19}}O{A_{28}} = {A_{28}}O{A_1} = 90^\circ \Rightarrow {A_1}{A_{10}}{A_{19}}{A_{28}}$ là 1 hình vuông.

Cứ như vậy ta có các hình vuông là ${A_2}{A_{11}}{A_{20}}{A_{29}},\,\,{A_3}{A_{12}}{A_{21}}{A_{30}},…,{A_9}{A_{18}}{A_{27}}{A_{36}}$.

Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành hình vuông” $ \Rightarrow n\left( A \right) = 9$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{9}{{58905}} = \frac{1}{{6564}}$.

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở GD& ĐT Vĩnh Phúc Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Trường THPT Chuyên Thái Nguyên Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây