Đề thi Toán 11 học kì 1 sở GD&ĐT Tỉnh Hưng Yên trường thpt chuyên Hưng Yên Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án gồm 25 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT TỈNH HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – Lớp 11 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề |
MỤC TIÊU
Đề kiểm tra học kì I của trường THPT chuyên Hưng Yên bao gồm 25 câu hỏi trắc nghiệm và 2 câu hỏi tự luyện. Đề thi bao gồm các nội dung kiến thức: Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác, tổ hợp và xác suất, quan hệ song song trong không gian. Các câu hỏi với độ phân hóa phù hợp giúp học sinh rà soát được lượng kiến thức và tự đánh giá được bản thân.
PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1 (VD). Tính tổng S tất cả các hệ số trong khai triển ${\left( {3x – 4} \right)^{17}}.$
A. $S = – 1.$ B. $S = 1.$ C. $S = 0.$ D. $S = 8192.$
Câu 2 (VD). Làng Duyên Yên, xã Ngọc Thanh, huyện Kim Động, tỉnh Hưng Yên nổi tiếng với trò chơi dân gian đánh đu. Trong trò chơi này, khi người chơi nhún đều thì cây đu sẽ đưa người chơi dao động qua lại ở vị trí cân bằng. Nghiên cứu trò chơi này, người ta thấy rằng khoảng cách h (tính bằng mét) từ người chơi đu đến vị trí cân bằng được biểu diễn qua thời gian $t$($t \ge 0$ và được tính bằng giây) bởi hệ thức $h = \left| d \right|$ với $d = 3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t – 1} \right)} \right].$ Trong đó quy ước rằng $d > 0$ khi vị trí cân bằng ở phía sau lưng người chơi đu và $d < 0$ trong trường hợp trái lại. Tìm thời điểm đầu tiên sau 10 giây mà người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất.
A. Giây thứ 13. B. Giây thứ 12,5. C. Giây thứ 10,5. D. Giây thứ 11.
Câu 3 (NB). Bạn An muốn mua một chiếc áo sơ mi cỡ 39 hoặc 40. Biết áo cỡ 39 có 3 màu khác nhau, cỡ 40 có 5 màu khác nhau. Hỏi bạn An có bao nhiêu lựa chọn để mua một chiếc áo?
A. 8. B. 3. C. 5. D. 15.
Câu 4 (TH). Số đường chéo của đa giác 10 cạnh là:
A. 35. B. ${7^{10}}.$ C. 45. D. ${10^{10}}.$
Câu 5 (NB). Từ các chữ số của tập $A = \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}$ có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số mà các chữ đôi một khác nhau?
A. 125. B. 120. C. 6. D. 10.
Câu 6 (NB). Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau và không song song thì chéo nhau.
B. Hai đường thẳng phân biệt không chéo nhau thì hoặc cắt nhau hoặc song song.
C. Hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau.
D. Hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung.
Câu 7 (TH). Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. $C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + … + C_{2n}^{n – 1} = C_{2n}^{n + 1} + C_{2n}^{n + 2} + … + C_{2n}^{2n}$ B. $C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + … + C_{2n}^{n – 2} = C_{2n}^{n + 1} + C_{2n}^{n + 2} + … + C_{2n}^{2n}$
C. $C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + … + C_{2n}^{n + 1} = C_{2n}^{n + 1} + C_{2n}^{n + 2} + … + C_{2n}^{2n}$ D. $C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + … + C_{2n}^n = C_{2n}^{n + 1} + C_{2n}^{n + 2} + … + C_{2n}^{2n}.$
Câu 8 (TH). Chọn ngẫu nhiên một thẻ từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16. Tính xác suất để nhận được thẻ đánh số lẻ.
A. $\frac{9}{{16}}.$ B. $\frac{1}{2}.$ C. $\frac{3}{8}.$ D. $\frac{7}{{16}}.$
Câu 9 (TH). Từ cỗ bài lơ khơ 52 quân, rút quân ngẫu nhiên cùng một lúc bốn quân bài. Tính xác suất cho cả bốn quân đều là K?
A. $\frac{1}{{6497400}}.$ B. $\frac{4}{{6497400}}.$ C. $\frac{1}{{270725}}.$ D. $\frac{4}{{270725}}.$
Câu 10 (NB). Phương trình $\cos \left( {x – \frac{{5\pi }}{6}} \right) = 1$ có nghiệm là:
A. $x = \frac{\pi }{3} + k\pi .$ B. $x = \frac{\pi }{3} + k2\pi .$ C. $x = \frac{{5\pi }}{6} + k\pi .$ D. $x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi .$
Câu 11 (TH). Một hộp chứa 6 quả cầu đỏ khác nhau và 4 quả cầu xanh khác nhau. Chọn ngẫu nhiên cùng một lúc 2 quả cầu từ hộp. Tính xác suất của biến cố “Lấy được hai quả cầu cùng màu”.
A. $\frac{7}{{15}}.$ B. $\frac{4}{9}.$ C. $\frac{8}{{15}}.$ D. $\frac{7}{{45}}.$
Câu 12 (NB). Lớp 11A có 35 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ngẫu nhiên một bạn trong lớp?
A. 20. B. 500. C. 45. D. 25.
Câu 13 (VD). Gọi M là giá trị lớn nhất, m là giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = \cos 2x + \cos x – 2.$ Tìm $M – m.$
A. $\frac{{25}}{8}.$ B.4. C. $\frac{{21}}{8}.$ D. 2.
Câu 14 (VDC). Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ tập $A = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}$ sao cho số đó chia hết cho 1111?
A. 384. B. 345. C. 3840. D. 1920.
Câu 15 (VD). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ảnh của đường thẳng $d:x + 2y – 3 = 0$ qua phép đối xứng tâm $I\left( {4;3} \right)$ là:
A. $x + 2y – 17 = 0.$ B. $x + 2y – 7 = 0.$ C. $x + 2y + 17 = 0.$ D. $x + 2y – 15 = 0.$
Câu 16 (NB). Điều kiện cần và đủ để phương trình $a\sin x + b\cos x = c$ có nghiệm là:
A. ${a^2} + {b^2} \le {c^2}$ B. ${a^2} + {b^2} \le {c^2}$ C. ${a^2} + {b^2} \ge {c^2}$ D. ${a^2} + {b^2} \ge {c^2}$
Câu 17 (TH). Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có đồ thị nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng?
A. $y = {\sin ^2}x.$ B. $y = \cos x.$ C. $y = \tan x.$ D. $y = {\cot ^2}x.$
Câu 18 (NB). Có bao nhiêu cách lấy ngẫu nhiên cùng lúc 3 quả cầu từ một hộp chứa 10 quả cầu khác nhau?
A. ${P_2}.$ B. $C_{10}^3.$ C. ${P_{10}}.$ D. $A_{10}^2.$
Câu 19 (TH). Tính tổng $S = C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + C_{2n}^2 + … + C_{2n}^{2n}.$
A. $S = {2^{2n}}.$ B. $S = {2^{2n}} – 1.$ C. $S = {2^n}.$ D. $S = {2^{2n}} + 1.$
Câu 20 (TH). Cô dâu và chú rể mời 6 người ra chụp ảnh kỉ niệm, người thợ chụp hình có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho cô dâu, chú rể đứng cạnh nhau.
A. $6.7!.$ B. $2.7!.$ C. $8! – 7!.$ D. $2! + 6!.$
Câu 21 (TH). Cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, DC. Phép tịnh tiến theo vectơ nào sau đây biến $\Delta AMI$ thành $\Delta MDN$?
A. $\overrightarrow {AC} .$ B. $\overrightarrow {AM} .$ C. $\overrightarrow {NI} .$ D. $\overrightarrow {MN} .$
Câu 22 (TH). Cho hai đường thẳng cắt nhau $d,d’.$ Có bao nhiêu phép đối xứng trục biến đường thẳng này thành đường thẳng kia?
A. Vô số. B. Hai. C. Không có. D. Một.
Câu 23 (TH). Tìm hệ số của ${x^5}$ trong khai triển ${\left( {1 + x} \right)^{11}}.$
A. 55440. B. 462. C. 246. D. 252.
Câu 24 (NB). Cho ba mặt phẳng phân biệt $\left( \alpha \right),\left( \beta \right),\left( \gamma \right)$có $\left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) = {d_1};\left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right) = {d_2};\left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right) = {d_3}.$ Khi đó ba đường thẳng ${d_1},{d_2},{d_3}$ :
A. Đôi một song song. B. Đồng quy.
C. Đột một cắt nhau. D. Đôi một song song hoặc đồng quy.
Câu 25 (NB). Hãy mô tả không gian mẫu của phép thử: “Gieo một đồng xu cân đối và đồng chất hai lần liên tiếp”.
A. $\Omega = \left\{ {SS,NN} \right\}.$ B. $\Omega = \left\{ {S,N} \right\}.$
C. $\Omega = \left\{ {SS,SN,NS,NN} \right\}.$ D. $\Omega = \left\{ {SN,NS} \right\}.$
PHẦN TỰ LUẬN
Câu 1 (TH): (2 điểm) Giải các phương trình sau:
a) ${\cos ^2}x – 3\cos x + 2 = 0.$ b) $\left( {2\cos x – 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x} \right) = \sin 2x – \sin x.$
Câu 2 (VD): Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang lớn AD. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của SA, SD.
a) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng $\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right);\left( {SAD} \right),\left( {SBC} \right).$
b) Chứng minh $EF\parallel \left( {ABCD} \right);EF\parallel \left( {SBC} \right).$
c) Gọi K là giao điểm của AB, CD. Tìm M, N lần lượt là giao điểm của SB, $\left( {CDE} \right)$; SC, $\left( {EFM} \right)$. Từ đó, tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( {KEF} \right).$
d) Cho $AD = 2BC.$ Tính tỉ số diện tích của tam giác KMN và tam giác KEF.
Đáp án
PHẦN TRẮC NGHIỆM
| 1-A | 2-D | 3-A | 4-A | 5-B | 6-C | 7-A | 8-B | 9-C | 10-D |
| 11-A | 12-C | 13-A | 14-A | 15-A | 16-D | 17-C | 18-B | 19-A | 20-B |
| 21-B | 22-B | 23-B | 24-D | 25-C |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Phương pháp
+ Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n – k}}} .$
+ Thay $x = 1$ để tính tổng các hệ số của khai triển.
Cách giải:
Ta có: ${\left( {3x – 4} \right)^{17}} = \sum\limits_{k = 0}^{17} {C_{17}^k{{.3}^k}.{{\left( { – 4} \right)}^{17 – k}}{x^k}} $ (*).
Hệ số ${a_k} = \sum\limits_{k = 0}^{17} {C_{17}^k{{.3}^k}.{{\left( { – 4} \right)}^{17 – k}}.} $
Thay $x = 1$ vào (*) ta được tổng các hệ số: $S = {\left( {3.1 – 4} \right)^{17}} = – 1.$
Câu 2: Đáp án D
Phương pháp:
Vị trí xa cân bằng nhất là ở biên nên cho ${h_{\max }}$, tìm t nhỏ nhất thỏa mãn.
Cách giải:
Vị trí xa vị trí cân bằng nhất nên ta có:
$\left| {3\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t – 1} \right)} \right)} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t – 1} \right)} \right) = 1\\\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t – 1} \right)} \right) = – 1\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t – 1} \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}\left( {2t – 1} \right) = k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{3k + 1}}{2}$
Vị trí sau giây thứ 10 nên: $t > 10 \Rightarrow \frac{{3k + 1}}{2} > 10 \Leftrightarrow k > \frac{{19}}{3} \Leftrightarrow k \ge 7$ (Do $k \in \mathbb{Z}$ ).
$k \ge 7 \Rightarrow t \ge \frac{{3.7 + 1}}{2} = 11.$
Vậy thời điểm đầu tiên sau 10 giây mà người chơi đu ở vị trí cân bằng nhất là giây thứ 11.
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp
Sử dụng quy tắc cộng.
Cách giải:
Có 3 cách chọn cỡ 39.
Có 5 cách chọn cỡ 40.
Suy ra có 8 cách chọn cỡ 39 hoặc 40.
Câu 4: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Đa giác có 10 cạnh suy ra sẽ có 10 đỉnh.
Chọn 2 trong 10 đỉnh ta được các đoạn thẳng chứa cả cạnh và đường chéo của đa giác là $C_{10}^2.$
Suy ra đa giác có các đường chéo là $C_{10}^2 – 10 = 35.$
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Tập A có 6 phần tử.
Có 6 cách chọn chữ số hàng trăm.
Có 5 cách chọn chữ số hàng chục.
Có 4 cách chọn chữ số hàng đơn vị.
Suy ra có tất cả $6.5.4 = 120$ số tự nhiên thỏa mãn bài toán.
Chọn B.
Câu 6: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất của hai đường thẳng.
Cách giải:
Câu C vì có thể hai đường thẳng đó song song.
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng tính chất của tổ hợp: $C_n^k = C_n^{n – k}$
Cách giải:
Áp dụng tính chất: $C_n^k = C_n^{n – k}$ ta có:
$C_{2n}^0 = C_{2n}^{2n}$
$C_{2n}^1 = C_{2n}^{2n – 1}$
…
$C_{2n}^{n – 1} = C_{2n}^{n + 1}$
Suy ra $C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + … + C_{2n}^{n – 1} = C_{2n}^{n + 1} + C_{2n}^{n + 2} + … + C_{2n}^{2n}$
Câu 8: Đáp án B
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:
Hộp chứa 16 thẻ, trong đó có 8 thẻ đánh số lẻ và 8 thẻ đánh số chẵn.
Ta có: $n\left( \Omega \right) = C_{16}^1 = 16.$
Gọi A là biến cố: “Thẻ nhận được đánh số lẻ” $ \Rightarrow n\left( A \right) = C_8^1 = 8.$
$ \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}.$
Câu 9: 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:
Trong bộ tú lơ khơ có 4 quân K nên có 1 cách để rút ngẫu nhiên được 4 quân cùng lúc đều là K.
Không gian mẫu là $C_{52}^4.$
Suy ra xác suất của bài toán là $P = \frac{1}{{C_{52}^4}} = \frac{1}{{270725}}.$
Câu 10: Đáp án D
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác đặc biệt: $\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.
Cách giải:
Ta có: $\cos \left( {x – \frac{{5\pi }}{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow x – \frac{{5\pi }}{6} = k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.
Câu 11: Đáp án A
Phương pháp:
Xét 2 trường hợp: Hai quả cùng xanh hoặc hai quả cùng đỏ.
Cách giải:
Chọn ngẫu nhiên cùng một lúc 2 quả cầu từ hộp 10 quả cầu $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{10}^2.$
Gọi A là biến cố: “Lấy được hai quả cùng màu”.
TH1: 2 quả lấy ra cùng màu đỏ ta có $C_6^2$ cách.
TH2: 2 quả lấy ra cùng màu xanh ta có $C_4^2$ cách.
$ \Rightarrow n\left( A \right) = C_4^2 + C_6^2.$
Xác suất biến cố là $P = \frac{{C_4^2 + C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{21}}{{45}} = \frac{7}{{15}}.$
Câu 12: Đáp án C
Phương pháp:
Tính tổng số học sinh rồi dùng tổ hợp.
Cách giải:
Tổng số học sinh trong lớp là $35 + 10 = 45$ (học sinh).
Suy ra có $C_{45}^1 = 45$ cách chọn ngẫu nhiên 1 bạn trong lớp.
Câu 13: Đáp án A
Phương pháp:
Đặt ẩn phụ rồi đưa về phương trình bậc 2. Sử dụng công thức nhân đôi: $\cos 2x = 2{\cos ^2}x – 1.$
Cách giải:
Ta có: $y = \cos 2x + \cos x – 2.$
$ \Leftrightarrow y = 2{\cos ^2}x + \cos x – 3$ (do $\cos 2x = 2{\cos ^2}x – 1$)
Đặt $t = \cos x\left( {t \in \left[ { – 1;1} \right]} \right),$ khi đó ta có: $y = 2{t^2} + t – 3.$
Lập BBT của hàm số $y = 2{t^2} + t – 3$ trên $\left[ { – 1;1} \right]$ ta được:
Dựa vào BBT ta thấy: $M = 0;m = \frac{{ – 25}}{8} \Rightarrow M – m = \frac{{25}}{8}.$
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng tính chất chia hết và phương pháp chặn.
Cách giải:
Đặt $m = \overline {{a_1}{a_2}…{a_8}} \left( {{a_i} \in A,{a_i} \ne {a_j}\forall i;j = \overline {1;8} } \right).$
Do ${a_i} \in A$, các ${a_i} \ne {a_j}\forall i;j = \overline {1;8} $ nên $\sum\limits_{i = 1}^8 {{a_i}} = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36.$
Do đó $m \vdots 9$. Mà $m \vdots 1111\left( {gt} \right) \Rightarrow m \vdots 9999.$
Đặt $p = \overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}} ;q = \overline {{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}} $ ta có:
$m = p{.10^4} + q = 9999.p + \left( {p + q} \right) \vdots 9999 \Rightarrow \left( {p + q} \right) \vdots 9999.$
Do $0 < p,q < 9999 \Rightarrow 0 < p + q < 2.9999$
Mà $\left( {p + q} \right) \vdots 9999 \Rightarrow p + q = 9999 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} + {a_5} = 9\\{a_2} + {a_6} = 9\\{a_3} + {a_7} = 9\\{a_4} + {a_8} = 9\end{array} \right..$
Có 4 cặp có tổng bằng 9 là $\left( {1;8} \right);\left( {2;7} \right);\left( {3;6} \right);\left( {4;5} \right).$
Suy ra có 8 cách chọn ${a_1}$, ứng với mỗi cách chọn ${a_1}$ có 1 cách chọn ${a_5}.$
6 cách chọn ${a_2}\left( { \ne {a_1}, \ne {a_5}} \right)$, ứng với mỗi cách chọn ${a_2}$ có 1 cách chọn ${a_6}.$
4 cách chọn ${a_3}\left( { \ne {a_1},{a_2},{a_5},{a_6}} \right)$, ứng với mỗi cách chọn ${a_3}$ có 1 cách chọn ${a_7}.$
2 cách chọn ${a_4}\left( { \ne {a_1};{a_2};{a_3};{a_5};{a_6};{a_7}} \right)$, ứng với mỗi cách chọn ${a_4}$ có 1 cách chọn ${a_8}.$
Áp dụng quy tắc nhân, có tất cả $8.6.4.2 = 384$ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 15: Đáp án A
Phương pháp:
Phép đối xứng tâm biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.
Cách giải:
Ta có: ${D_I}\left( d \right) = d’ \Rightarrow d’\parallel d.$ Suy ra phương trình $d’$ có dạng $x + 2y + c = 0\left( {d’} \right)$.
Lấy điểm $A\left( {1;1} \right) \in d.$ Gọi $B = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 2.4 – 1 = 7\\{y_B} = 2.3 – 1 = 5\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {7;5} \right).$
Ta có: $d’ = {D_I}\left( d \right),B = {D_I}\left( A \right),A \in d \Rightarrow B \in d’.$
Thay tọa độ điểm $B\left( {7;5} \right)$ vào phương trình đường thẳng $d’$ ta có: $7 + 2.5 + c = 0 \Leftrightarrow c = – 17.$
Vậy phương trình đường thẳng $d’:x + 2y – 17 = 0.$
Chọn A.
Câu 16: Đáp án D
Phương pháp:
+ Phương trình $a\sin x + b\cos x = c$ có nghiệm khi ${a^2} + {b^2} \ge {c^2}.$
+ Phương trình $a\sin x + b\cos x = c$ có nghiệm khi ${a^2} + {b^2} < {c^2}.$
Cách giải:
Phương trình $a\sin x + b\cos x = c$ có nghiệm khi ${a^2} + {b^2} \ge {c^2}.$
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số lẻ nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.
Cách giải:
Hàm số $y = {\sin ^2}x,y = \cos x,t = {\cot ^2}x$ là các hàm chẵn, hàm số $y = \tan x$ là hàm lẻ nên nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng.
Câu 18: Đáp án B
Phương pháp:
Tổ hợp chập k của n $\left( {C_n^k} \right)$ là số cách lấy ra k phần tử khác nhau từ n phần tử.
Cách giải:
Lấy 3 trong 10 quả cầu cùng một lúc nên có $C_{10}^3$ cách.
Chọn B.
Câu 19: Đáp án A
Phương pháp:
Dùng 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:
Áp dụng nhị thức Newton ta có: ${\left( {x + 1} \right)^{2n}} = \sum\limits_{k = 0}^{2n} {C_{2n}^k.{x^k}} $
Thay $x = 1$ vào biểu thức ta được tổng các hệ số:
$S = C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + C_{2n}^2 + … + C_{2n}^{2n} = {\left( {1 + 1} \right)^{2n}} = {2^{2n}}.$
Câu 20: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp buộc, coi cô dâu, chú rể là 1 người.
Cách giải:
Coi cô dâu, chú rể là 1 người, có $2! = 2$ cách hoán đổi vị trí cô dâu và chú rể.
Sắp xếp 6 người được mời với 1 cặp cô dâu, chú rể có $7!$ cách.
Suy ra có tất cả $2.7!$ cách.
Câu 21: Đáp án B
Phương pháp:
Phép tịnh tiến biến tam giác này thành tam giác kia là phép tịnh tiến biến mỗi đỉnh của tam giác này thành mỗi đỉnh tương ứng của tam giác kia.
Cách giải:
| Ta có: IN là đường trung bình của tam giác $ACD \Rightarrow IN = \frac{1}{2}AD = AM.$
$ \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {IN} = {T_{\overrightarrow {AM} }}\left( I \right) = N.$ Dễ thấy $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {MD} \Rightarrow {T_{\overrightarrow {AM} }}\left( M \right) = D$ và hiển nhiên ${T_{\overrightarrow {AM} }}\left( A \right) = M.$ Vậy ${T_{\overrightarrow {AM} }}\left( {\Delta AMI} \right) = \Delta MDN.$ |
 |
Câu 22: Đáp án B
Cách giải:
Hai đường thẳng d và $d’$ cắt nhau thì có hai phép đối xứng trục biến đường thẳng này thành đường thẳng kia, đó là hai phép đối xứng trục với trục là hai đường phân giác có góc tạo bởi hai đường thẳng d và $d’.$
Tham khảo hình vẽ:
Câu 23: Đáp án B
Phương pháp:
– Dùng khai triển nhị thức Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}.} $
– Xác định k ứng với số hạng chứa ${x^5}.$
Cách giải:
Ta có: ${\left( {1 + x} \right)^{11}} = \sum\limits_{k \to 0}^{11} {C_{11}^k.{x^k}.} $
Hệ số của số hạng chứa ${x^5}$ trong khai triển trên là $C_{11}^5 = 462.$
Chú ý: Phân biệt câu hỏi hệ số và số hạng.
Câu 24: Đáp án D
Phương pháp:
Ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau thì các giao tuyến của chúng hoặc song song hoặc đồng quy.
Cách giải:
$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) = {d_1}\\\left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right) = {d_2}\\\left( \gamma \right) \cap \left( \alpha \right) = {d_3}\end{array} \right\} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{d_1}\parallel {d_2}\parallel {d_3}\\{d_1},{d_2},{d_3}\,\,dong\,\,quy\end{array} \right.$
Câu 25: Đáp án C
Phương pháp:
Mô tả không gian mẫu bằng phương pháp liệt kê.
Cách giải:
Gieo một đồng xu cân đối và đồng chất 2 lần liên tiếp $ \Rightarrow \Omega = \left\{ {SS,NN,SN,NS} \right\}.$
PHẦN TỰ LUẬN
Câu 1:
Phương pháp:
Đưa phương trình về dạng tích sau đó giải phương trình lượng giác cơ bản.
Cách giải:
a) ${\cos ^2}x – 3\cos x + 2 = 0.$
$ \Leftrightarrow \left( {\cos x – 1} \right)\left( {\cos x – 2} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \cos x = 1$ (do $\cos x \le 1 \Rightarrow \cos x – 2 \le – 1 \ne 0$)
$ \Leftrightarrow x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$
b) $\left( {2\cos x – 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x} \right) = \sin 2x – \sin x.$
$ \Leftrightarrow \left( {2\cos x – 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x} \right) = 2\sin x.\cos x – \sin x$
$ \Leftrightarrow \left( {2\cos x – 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x} \right) = \sin x\left( {2\cos x – 1} \right)$
$ \Leftrightarrow \left( {2\cos x – 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x – \sin x} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {2\cos x – 1} \right)\left( {\sin x + \cos x} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = \frac{1}{2}\\\sin x = – \cos x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \\\tan x = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$
Câu 2:
Phương pháp:
a) Xác định các điểm chung của hai mặt phẳng.
b) Chứng minh EF song song với một đường thẳng nằm trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$.
c) Tìm giao điểm của SB với một đường thẳng nằm trong $\left( {CDE} \right)$ và tìm giao điểm cả SC với một đường thẳng nằm trong $\left( {EFM} \right).$ Từ đó suy ra thiết diện.
d) Sử dụng công thức: $\frac{{{S_{KMN}}}}{{{S_{KEF}}}} = \frac{{KM}}{{KE}}.\frac{{KN}}{{KF}}.$
Cách giải:
a) * Tìm $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = ?$
+ Dễ thấy S là điểm chung thứ nhất.
+ Trong $\left( {ABCD} \right)$, gọi $AC \cap BD = \left\{ O \right\}$ ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset SBD \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) \Rightarrow O$ là điểm chung thứ hai.
Vậy $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO.$
* Tìm $\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = ?.$
+ Dễ thấy S là điểm chung thứ nhất.
+ Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \supset AD\\\left( {SBC} \right) \supset BC\\AD\parallel BC\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAD} \right),\left( {SBC} \right)$ cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng qua S và song song với AD, BC.
Trong $\left( {SAD} \right)$ kẻ đường thẳng d qua S và $d\parallel AD\parallel BC \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = d.$
b) Ta có: EF là đường trung bình của $\Delta SAD$ nên $EF\parallel AD$ (Tính chất đường trung bình của tam giác).
Mà $AD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow EF\parallel \left( {ABCD} \right).$
Ta có: $EF\parallel AD$, mà $AD\parallel BC\left( {gt} \right) \Rightarrow EF\parallel BC.$
Lại có $BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow EF\parallel \left( {SBC} \right).$
c) Trong $\left( {SAB} \right)$ gọi $M = EK \cap SB$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}M \in SB\\M \in EK \subset \left( {CDE} \right) \Rightarrow M \in \left( {CDE} \right)\end{array} \right. \Rightarrow M = SB \cap \left( {CDE} \right).$
Trong $\left( {SCD} \right)$ gọi $N = FK \cap SC$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}N \in SC\\N \in FK \subset \left( {EFM} \right) \Rightarrow M \in \left( {EFM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow N = SC \cap \left( {EFM} \right).$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {KEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = EM\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NF\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EF\end{array} \right. \Rightarrow $ Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( {KEF} \right)$ là tứ giác EMNF.
d) Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác FKD ta có: $\frac{{CD}}{{CK}}.\frac{{NK}}{{NF}}.\frac{{SF}}{{SD}} = 1.$
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow C$ là trung điểm của $KD \Rightarrow \frac{{CK}}{{CD}} = 1.$
F là trung điểm của $SD\left( {gt} \right) \Rightarrow \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{1}{2}.$
$ \Rightarrow 1.\frac{{NK}}{{NF}}.\frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{NK}}{{NF}} = 2.$
Tương tự ta có: $\frac{{MK}}{{ME}} = 2.$
Suy ra $\frac{{{S_{KMN}}}}{{{S_{KEF}}}} = \frac{{KM}}{{KE}}.\frac{{KN}}{{KF}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9}.$
