Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở GD& ĐT Hà Nam Trường THPT Chuyên Biên Hoà Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
47

Đề thi Toán 11 học kì 1 Sở GD&ĐT Hà Nam trường thpt chuyên Biên Hoà có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT HÀ NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA

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 thi học kì 1 lớp 11 trường THPT Chuyên Biên Hòa gồm 50 câu trắc nghiệm với mức độ được sắp xếp từ nhận biết, thông hiểu, vận dụng, vận dụng cao. Đề thi gồm phần hình là tính chất song song của 2 đường thẳng, của đường thẳng với mặt phẳng, tính chất đường trung bình, tìm thiết diện…và phần đại số gồm các bài toán về hàm số lượng giác, xác suất, nhị thức Niu-tơn…Đề thi là các kiến thức xuyên suốt học kì 1 lớp 11 giúp học sinh rèn luyện và tự đánh giá năng lực bản thân.

Câu 1 (NB): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là:

A. Đường thẳng đi qua S và song song với ADB. Đường thẳng đi qua S và song song với AC. C. Đường thẳng SOD. Đường thẳng đi qua S và song song với AB.

Câu 2 (NB): Đồ thị hàm số \(y = \cot x\) là đồ thị nào dưới đây?

A. 

B. 

C. 

D. 

Câu 3 (TH): Phương trình \(\sin x + \sqrt 3 \cos x = 2\) có nghiệm là:

A. \(x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi \). B. \(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \). C. \(x = \frac{\pi }{6} + k\pi \). D. \(x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \).

Câu 4 (NB): Trong mặt phẳng cho 2019 điểm phân biệt. Hỏi có tất cả bao nhiêu vectơ khác vectơ không mà có điểm đầu và điểm cuối thuộc 2019 điểm trên?

A. \(\frac{{2019!}}{{2!.2017!}}\). B. \(\frac{{2019!}}{{2!}}\). C. \(\frac{{2017!}}{{2019!}}\). D. \(\frac{{2019!}}{{2017!}}\).

Câu 5 (TH): Cho phương trình \(\sin \left( {2x – \frac{\pi }{6}} \right) + 1 = 0\), nghiệm của phương trình là:

A. \(x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\). B. \(x = \frac{\pi }{6} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

C. \(x = – \frac{\pi }{6} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\). D. \(x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Câu 6 (TH): Cho đa giác đều 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều là:

A. \(P = \frac{1}{{14}}\). B. \(P = \frac{1}{{220}}\). C. \(P = \frac{1}{4}\). D. \(P = \frac{1}{{55}}\).

Câu 7 (NB): Phép vị tự tâm O tỉ số k \(\left( {k \ne 0} \right)\) biến mỗi điểm M thành điểm \(M’\) sao cho

A. \(OM’ = kOM\). B. \(\overrightarrow {OM’} = k\overrightarrow {OM} \). C. \(\overrightarrow {OM’} = \left| k \right|\overrightarrow {OM} \). D. \(\overrightarrow {OM} = k\overrightarrow {OM’} \).

Câu 8 (TH): Cho lục giác đều ABCDEF tâm (như hình vẽ). Phép tịnh tiến theo véctơ \(\overrightarrow {BC} \) biến hình thoi ABOF thành hình thoi nào sau đây?

A. OBCDB. OAFEC. ODEFD. OCDE.

Câu 9 (TH): Cho tứ diện ABCD. Gọi MN lần lượt là trung điểm của các cạnh ADBC; G là trọng tâm của tam giác BCD. Tìm giao điểm K của đường thẳng MG và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

A. \(K = MG \cap AC\). B. \(K = MG \cap AB\). C. \(K = MG \cap BC\). D. \(K = MG \cap AN\).

Câu 10 (VD): Cho hai hình bình hành ABCDABEF nằm trên hai mặt phẳng phân biệt. Gọi MN lần lượt thuộc đoạn ACBF sao cho \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{BF}}\) (Tham khảo hình vẽ). Đường thẳng MN song song với mặt phẳng nào sau đây?

A. \(\left( {ADF} \right)\). B. \(\left( {DCF} \right)\). C. \(\left( {ADE} \right)\). D. \(\left( {BCE} \right)\).

Câu 11 (NB): Cho hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\); \(\left( \beta \right)\) song song với nhau. Xét hai đường thẳng \(a \subset \left( \alpha \right)\); \(b \subset \left( \beta \right)\). Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

A. a chéo bB. Chưa kết luận gì về ab.

C. \(a||b\). D. a cắt b.

Câu 12 (NB): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang đáy lớn AD. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mp \(\left( {ABG} \right)\) là :

A. Một tam giác. B. Một tứ giác. C. Một ngũ giác. D. Một lục giác.

Câu 13 (TH): Tìm giá trị lớn nhất M, giá trị nhỏ nhất m của hàm số sau \(y = 1 + \sqrt 3 {\sin ^2}\left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right)\)

A. \(M = 1 + \sqrt 3 \); \(m = 1\). B. \(M = 2\); \(m = 1\).

C. \(M = 1 + \sqrt 3 \); \(m = 1 – \sqrt 3 \). D. \(M = 1\); \(m = 1 + \sqrt 3 \).

Câu 14 (VD): Tổ 1 lớp 11A có 6 nam 7 nữ, tổ 2 có 5 nam, 8 nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh. Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là nữ là:

A. \(\frac{{28}}{{39}}\). B. \(\frac{{15}}{{169}}\). C. \(\frac{{56}}{{169}}\). D. \(\frac{{30}}{{169}}\).

Câu 15 (TH): Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho \(\vec v\left( {3;3} \right)\) và đường tròn \(\left( C \right)\): \[{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9\]. Tìm phương trình đường tròn \[\left( {C’} \right)\] là ảnh của \(\left( C \right)\) qua phép tịnh tiến \({T_{\vec v}}\).

A. \[\left( {C’} \right)\]: \[{\left( {x – 4} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 9\]. B. \[\left( {C’} \right)\]: \[{\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 5} \right)^2} = 9\].

C. \[\left( {C’} \right)\]: \[{\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 9\]. D. \[\left( {C’} \right)\]: \[{\left( {x – 4} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 3\].

Câu 16 (NB): Cho phương trình \(3{\cos ^2}x + 2\cos x – 5 = 0\). Nghiệm của phương trình là:

A. \(k2\pi \). B. \(\frac{\pi }{2} + k2\pi \). C. \(\pi + k2\pi \). D. \(k\pi \).

Câu 17 (NB): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. Nếu hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song với nhau.

B. Nếu hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng cũng song song với đường thẳng đó.

C. Nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng còn vô số điểm chung khác nữa.

D. Nếu hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.

Câu 18 (NB): Trong các phương trình sau phương trình nào có nghiệm?

A. \[\sqrt 3 \sin \left( {3x – \frac{\pi }{3}} \right) – 3 = 0\]. B. \[\sin 3x + \sqrt 3 \cos 3x = – 4\].

C. \[2\cos 3x + 3 = 0\]. D. \[\tan 2x = 3\].

Câu 19 (VD): Tìm m để hàm số \(y = \sqrt {8\cos x – 6\sin x – {{(3\sin x – 4\cos x)}^2} – 2m} \) có tập xác định là R.

A. \(m \le – \frac{{35}}{2}\). B. \(m \le – 35\). C. \(m \le \frac{1}{2}\). D. \(m \le \frac{{ – 3}}{2}\).

Câu 20 (VD): Trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) cho hình bình hành ABCDGọi AxBy, CzDt lần lượt là các đường thẳng song song với nhau đi qua ABCD và nằm về cùng một phía của mặt phẳng \(\left( P \right)\) đồng thời không nằm trong \(\left( P \right)\). Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) lần lượt cắt AxByCzDt tại \(A’\), \(B’\), \(C’\), \(D’\) biết \(BB’ = 5,2\,cm\), \(CC’ = 8,6\,cm\), \[DD’ = 7,8\,cm\]. Tính \[AA’\].

A. 6cm. B. 21,6cm C. 11,2cm. D. 4,4cm.

Câu 21 (VD): Một lớp học gồm 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Cô giáo chọn ngẫu nhiên 6 học sinh để đi lao động. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh từ lớp ấy sao cho trong đó có ít nhất 5 học sinh nam?

A. 65065. B. 271320. C. 54264. D. 55814400.

Câu 22 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang đáy lớn AD. Gọi M là trung điểm cạnh SA. Gọi N là giao điểm của SD và mp \(\left( {BCM} \right)\). Khi đó khẳng định nào sau đây là sai?

A. \(MN||BC\). B. \(MN||AD\).

C. N là trung điểm của SDD. MN cắt AD.

Câu 23 (NB): Kí hiệu \(C_n^k\) là số các tổ hợp chập k của n phần tử \(\left( {1 \le k \le n;k,n \in \mathbb{N}} \right)\). Khi đó \(C_n^k\) bằng:

A. \(\frac{{n!}}{{k! + \left( {n – k} \right)!}}\). B. \(\frac{{n!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}\). C. \(\frac{{k!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}\). D. \(\frac{{n!}}{{\left( {n – k} \right)!}}\).

Câu 24 (TH): Trong các hàm số sau đây là hàm số lẻ?

A. \(y = \sin x.{\cos ^2}x + \tan x\). B. \(y = \frac{{\cos 2x}}{{{x^2}}}\).

C. \(y = \left| {\sin x – x} \right|\). D. \(y = {\cot ^2}x\).

Câu 25 (TH): Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là tứ giác có các cạnh đối diện không song song. Lấy điểm M thuộc miền trong tam giác SCD. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {ABM} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\).

A. \(\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MI\); \(I = AB \cap CD\). B. \(\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MK\); \(K = MA \cap CD\).

C. \(\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = ME\); \(E = MB \cap SC\). D. \(\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MF\); \(F = MA \cap SD\).

Câu 26 (TH): Trong hệ trục tọa độ Oxy cho \(M\left( {3; – 4} \right)\); \(N\left( {0; – 2} \right)\). Phép vị tự tâm \(I\left( { – 3;4} \right)\) tỷ số –2 biến điểm M thành \(M’\) và điểm N thành \(N’\). Khi đó độ dài đoạn \(M’N’\) bằng bao nhiêu?

A. \(6\sqrt 5 \). B. \(2\sqrt {13} \). C. \(\sqrt {13} \). D. 12.

Câu 27 (TH): Phương trình \(3{\tan ^2}x + \left( {6 – \sqrt 3 } \right)\tan x – 2\sqrt 3 = 0\) có nghiệm là:

A. \(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \arctan \left( { – 2} \right) + k2\pi \end{array} \right.\). B. \(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k\pi \\x = \arctan \left( { – 2} \right) + k\pi \end{array} \right.\).

C. \(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \arctan \left( { – 2} \right) + k\pi \end{array} \right.\). D. \(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = – \arctan \left( 2 \right) + k\pi \end{array} \right.\).

Câu 28 (NB): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi MNP lần lượt là trung điểm của ABCDSA (Tham khảo hình vẽ). Có bao nhiêu khẳng định đúng trong các khẳng định sau

i) \(\left( {MNP} \right)||\left( {SBC} \right)\). ii) \(NP||\left( {SBC} \right)\). 3i) \(MP||\left( {SCD} \right)\). 4i) \(MP||\left( {SBC} \right)\).

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Câu 29 (TH): Phương trình lượng giác \(\sqrt 3 \cot x + 3 = 0\) có nghiệm là

A. \(x = \frac{\pi }{6} + k\pi \). B. \(x = – \frac{\pi }{6} + k\pi \). C. \(x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi \). D. \(x = – \frac{\pi }{3} + k\pi \).

Câu 30 (TH): Cho các mệnh đề sau:

\(\left( I \right)\): Hàm số \(y = \sin x\) có chu kì là \(\frac{\pi }{2}\).

\(\left( {II} \right)\): Hàm số \(y = \tan x\) có tập giá trị là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

\(\left( {III} \right)\): Đồ thị hàm số \(y = \cos x\) đối xứng qua trục tung.

\(\left( {IV} \right)\): Hàm số \(y = \cot x\) đồng biến trên \(\left( { – \pi ;0} \right)\).

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên?

A. 2. B. 4. C. 1. D. 3.

Câu 31 (TH): Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm tam giác ABDM là một điểm trên cạnh BC sao cho \(MB = 2MC\). Khẳng định nào sau đây đúng?

A. \(MG||\left( {BDC} \right)\). B. \(MG||\left( {ABD} \right)\). C. \(MG||\left( {ACD} \right)\). D. \(MG||\left( {ACB} \right)\).

Câu 32 (TH): Cho phương trình \[ – \sqrt {2 – m} \sin x + \left( {m + 1} \right)\cos x = m – 1\]. Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình có nghiệm.

A. \[m \ge – \frac{2}{3}\]. B. \[\frac{2}{5} \le m \le 2\]. C. \[ – \frac{2}{3} \le m \le 2\]. D. \[m \le – \frac{2}{3}\].

Câu 33 (VD): Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O. Gọi MNP lần lượt là trung điểm của SASCOB. Gọi Q là giao điểm của SD với mp \(\left( {MNP} \right)\). Tính \[\frac{{SQ}}{{SD}}\].

A. \(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}\). B. \(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{3}\). C. \(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{5}\). D. \(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{6}{{25}}\).

Câu 34 (NB): Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy 3 điểm phân biệt \({A_1}\), \({A_2}\), \({A_3}\) khác BC. Trên cạnh AC lấy 4 điểm phân biệt \({B_1}\), \({B_2}\), \({B_3}\), \({B_4}\) khác AC. Trên cạnh AB lấy 13 điểm phân biệt \({C_1}\), \({C_2}\),…, \({C_{13}}\) khác A, BHỏi có tất cả bao nhiêu tam giác có đỉnh thuộc 20 điểm \({A_1}\), \({A_2}\), \({A_3}\), \({B_1}\), \({B_2}\), \({B_3}\), \({B_4}\), \({C_1}\), \({C_2}\),…, \({C_{13}}\) được tạo thành ?

A. 849. B. 1140. C. 5099. D. 6840.

Câu 35 (TH): Tìm tập xác định D của hàm số sau \(y = \frac{{2\sin x – 1}}{{\tan 2x + \sqrt 3 }}\).

A. \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\). B. \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – \frac{\pi }{3} + k\pi ;\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

C. \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\). D. \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Câu 36 (TH): Có 5 cuốn sách toán khác nhau và 5 cuốn sách văn khác nhau. Có bao nhiêu cách sắp xếp chúng thành 1 hàng sao cho các cuốn sách cùng môn thì đứng kề nhau?

A. \(10!\). B. \(2.5!\). C. \(2.5!.5!\). D. \(5!.5!\).

Câu 37 (VD): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn \(C_{2n + 1}^1 + C_{2n + 1}^2 + …. + C_{2n + 1}^n = {2^{24}} – 1\). Tìm hệ số của \({x^9}\) trong khai triển \({\left( {{x^2} – x + \frac{1}{4}} \right)^2}{\left( {2x – 1} \right)^{2n}}\).

A. \( – C_{28}^9{.2^5}\). B. \(C_{28}^9{.2^5}\). C. \( – C_{28}^9{.2^9}\). D. \( – C_{28}^9{.2^7}\).

Câu 38 (VD): Cho tập hợp \(A = \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}\). Có thể lập bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau từ A.

A. 752. B. 160. C. 156. D. 240.

Câu 39 (TH): Một cầu thủ sút bóng vào cầu môn hai lần độc lập nhau. Biết rằng xác suất sút trúng vào cầu môn của cầu thủ đó là 0,7. Xác suất sao cho cầu thủ đó sút một lần trượt và một lần trúng cầu môn là:

A. 1. B. 0,42. C. 0,7. D. 0,21.

Câu 40 (TH): Gieo một con xúc xắc cân đối, đồng chất hai lần. Gọi A là biến cố “tổng số chấm xuất hiện trên mặt của xúc sắc sau hai lần gieo bằng 8”. Khi đó xác suất của biến cố A là bao nhiêu?

A. \(\frac{5}{{36}}\). B. \(\frac{7}{{36}}\). C. \(\frac{4}{{36}}\). D. \(\frac{6}{{36}}\).

Câu 41 (VD): Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: \(3x – y + 1 = 0\). Tìm phương trình đường thẳng \(d’\) là ảnh của d qua phép quay \(Q\left( {0; – 90^\circ } \right)\).

A. \(x – 3y – 1 = 0\). B. \(x + 3y – 1 = 0\). C. \(3x – y – 3 = 0\). D. \(x + 3y + 1 = 0\).

Câu 42 (VD): Một hộp có 7 viên bi trắng khác nhau, 6 viên bi xanh khác nhau, 3 viên bi đỏ khác nhau. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Xác suất sao cho lấy được cả 3 viên bi không có bi đỏ nào.

A. \(\frac{1}{{16}}\). B. \(\frac{{11}}{{112}}\). C. \(\frac{{143}}{{280}}\). D. \(\frac{1}{{28}}\).

Câu 43 (TH): Cho tứ diện ABCD. Gọi IJ lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ABD. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. \[IJ||CD\]; \[JI = \frac{2}{3}CD\]. B. \[IJ||AB\]; \[JI = \frac{1}{3}CD\]. C. \[IJ||AB\]; \[JI = \frac{1}{3}AB\]. D. \[IJ||CD\]; \[JI = \frac{1}{3}CD\].

Câu 44 (VD): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn \(C_n^0 + 2C_n^1 + 4C_n^2 + …. + {2^n}C_n^n = 243\) và m là số nguyên dương thỏa mãn \(C_{2m}^1 + C_{2m}^3 + C_{2m}^5 + …. + C_{2m}^{2m – 1} = 2048\). Khi đó khẳng định nào sau đây là đúng?

A. \(m + n = 12\). B. \(m < n\). C. \(m = n\). D. \(m > n\).

Câu 45 (NB): Gieo một đồng xu đồng có hai mặt sấp và ngửa cân đối đồng chất 5 lần. khi đó số phần tử của không gian mẫu \({n_\Omega }\) bằng bao nhiêu?

A. 10. B. 32. C. 25. D. 2.

Câu 46 (TH): Cho \[P\left( x \right) = {\left( {x – 2y} \right)^5}\]. Khai triển \[P\left( x \right)\] thành đa thức ta có :

A. \[P\left( x \right) = {x^5} + 2C_5^1{x^4}y + {2^2}C_5^2{x^3}{y^2} + {2^3}C_5^3{x^2}{y^2} + {2^4}C_5^4x{y^4} + {2^5}C_5^5{y^5}\].

B. \[P\left( x \right) = {x^5} – 2C_5^1{x^4}y – {2^2}C_5^2{x^3}{y^2} + {2^3}C_5^3{x^2}{y^2} + {2^4}C_5^4x{y^4} – {2^5}C_5^5{y^5}\].

C. \[P\left( x \right) = {x^5} – 2C_5^1{x^4}y + {2^2}C_5^2{x^3}{y^2} – {2^3}C_5^3{x^2}{y^2} + {2^4}C_5^4x{y^4} – {2^5}C_5^5{y^5}\].

D. \[P\left( x \right) = {x^5} – C_5^1{x^4}2y + C_5^2{x^3}2{y^2} – C_5^3{x^2}2{y^2} + C_5^4×2{y^4} – C_5^52{y^5}\].

Câu 47 (TH): Tính tổng \(S = C_{17}^0 – 3C_{17}^1 + 9C_{17}^2 – 27C_{17}^3 + … – {3^{17}}C_{17}^{17}\).

A. –131072. B. 131072. C. –131702. D. \({4^{17}}\).

Câu 48 (VDC): Cho phương trình \[\left( {2m + 1} \right){\cos ^2}2x – \left( {3m – 1} \right)\sin 2x – 3m + 1 = 0\] (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc \[\left( { – \pi ;\pi } \right)\].

A. B. C. D. 3

Câu 49 (TH): Trong các khẳng định sau khẳng định nào sai?

A. Phép vị tự biến một góc thành một góc bằng nó.

B. Phép dời hình bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì.

C. Phép vị tự tỉ số k biến đường tròn có bán kính R thành đường tròn có bán kính \(R’ = \left| k \right|R\).

D. Phép quay biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.

Câu 50 (VD): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 6cm. Lấy điểm M trên cạnh SA sao cho \(SM = 2MA\). Diện tích của hình tứ diện khi cắt bởi mặt phẳng qua M và song song với mp \(\left( {ABC} \right)\) là:

A. \(4\sqrt 3 c{m^2}\). B. \(8\sqrt 3 c{m^2}\). C. \(\sqrt 3 c{m^2}\). D. \(16\sqrt 3 c{m^2}\).

Đáp án

1 – A 2 – D 3 – B 4 – D 5 – C 6 – D 7 – B 8 – D 9 – D 10 – B
11 – B 12 – B 13 – A 14 – C 15 – A 16 – A 17 – D 18 – D 19 – A 20 – C
21 – B 22 – D 23 – B 24 – A 25 – A 26 – B 27 – C 28 – C 29 – B 30 – A
31 – C 32 – B 33 – A 34 – A 35 – D 36 – C 37 – A 38 – C 39 – B 40 – A
41 – B 42 – C 43 – D 44 – D 45 – B 46 – C 47 – A 48 – B 49 – D 50 – A

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng tính chất giao tuyến của hai mặt phẳng có 1 điểm chung và 2 cạnh song song với nhau.

Cách giải:

Ta thấy \(\left( {SAD} \right)\); \(\left( {SBC} \right)\) có điểm chung thứ nhất là S.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD||BC\end{array} \right. \Rightarrow \) Giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua S và song song với ADBC.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào tính chất của hàm số \(y = \cot x\).

Cách giải:

Hàm số \(y = \cot x\) là hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( {k\pi ;\pi + k\pi } \right)\), không phải đồ thị dạng hình sin.

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức \[\cos \left( {a – b} \right) = \cos a.\cos b + \sin a.\sin b\].

Cách giải:

Ta có

\(\sin x + \sqrt 3 \cos x = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x = 1\)

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

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

Câu 4Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính tổ hợp \(C_n^k = \frac{{n!}}{{k!.\left( {n – k} \right)!}}\)

Cách giải:

Cứ 2 điểm bất kì trong 2019 điểm đã cho sẽ tạo thành 2 véctơ khác véctơ không.

Do đó có tất cả số véctơ là: \(2.C_{2019}^2 = 2.\frac{{2019!}}{{2!.2017!}} = \frac{{2019!}}{{2017!}}\).

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác đặc biệt: \(\sin x = – 1 \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Cách giải:

\(\sin \left( {2x – \frac{\pi }{6}} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {2x – \frac{\pi }{6}} \right) = – 1\)

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

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Số cách chọn 3 đỉnh bất kì trong 12 đỉnh là \(\left| \Omega \right| = C_{12}^3\).

Để 3 đỉnh tạo thành 1 tam giác đều thì các đỉnh cách đều nhau. Do đó số cách chọn tam giác đều là \(\left| {{\Omega _A}} \right| = \frac{{12}}{3} = 4\).

Vậy xác suất là \[P = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{4}{{C_{12}^3}} = \frac{1}{{55}}\].

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng định nghĩa của phép vị tự.

Cách giải:

\({V_{\left( {O;k} \right)}}\left( M \right) = M’ \Leftrightarrow \overrightarrow {OM’} = k\overrightarrow {OM} \).

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

Xác định ảnh của từng điểm qua phép tịnh tiến.

Cách giải:

\({T_{\overrightarrow {BC} }}\left( A \right) = O\) do \(\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {BC} \)

\({T_{\overrightarrow {BC} }}\left( B \right) = C\)

\({T_{\overrightarrow {BC} }}\left( O \right) = D\) do \(\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {BC} \)

\({T_{\overrightarrow {BC} }}\left( F \right) = E\) do \(\overrightarrow {FE} = \overrightarrow {BC} \)

Vậy \({T_{\overrightarrow {BC} }}\left( {ABOF} \right) = OCDE\).

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào hình vẽ trên.

Cách giải:

Trong mặt phẳng ADN ta kéo dài để \(MG \cap AN = K\)

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp:

Chứng minh hai mặt phẳng song song rồi suy ra tính chất song song của đường thẳng và mặt phẳng.

Cách giải:

Lấy HK lần lượt trên ADAF sao cho \(\frac{{AH}}{{AP}} = \frac{{AK}}{{FA}} = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{BF}}\)

Tam giác AFP có \(\frac{{AH}}{{AP}} = \frac{{AK}}{{FA}}\) áp dụng định lí Ta-lét đảo ta có \(HK||PF\).

Tương tự ta có \(KN||FE\)

Do đó \(\left( {HKN} \right)||\left( {DFE} \right) \Rightarrow \left( {MNKH} \right)||\left( {DFEC} \right) \Rightarrow MN||\left( {DCF} \right)\).

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng tính chất hai đường thẳng song song trong không gian.

Cách giải:

Ta có \(a \subset \left( \alpha \right)\); \(b \subset \left( \beta \right)\) mà \(\left( \alpha \right)||\left( \beta \right)\).

Do đó 2 đường thẳng ab có thể song song hoặc chéo nhau.

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tính chất song song.

Cách giải:

Từ G kẻ đường thẳng song song với AB lần lượt cắt SCSD tại EF.

Vậy thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng \(\left( {ABG} \right)\) là hình tứ giác ABEF.

Câu 13: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tính chất của hàm số lượng giác.

Cách giải:

Ta có \(y = 1 + \sqrt 3 {\sin ^2}\left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right)\). Mà \(0 \le {\sin ^2}\left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) \le 1\).

Do đó \(1 \le y \le 1 + \sqrt 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M = 1 + \sqrt 3 \\m = 1\end{array} \right.\)

Câu 14: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng tính chất nhân.

Cách giải:

Số cách chọn nữ của tổ 1 là 7

Số cách chọn nữ của tổ 2 là 8

Do đó có \(7.8 = 56\) cách chọn 2 học sinh từ mỗi tổ đều là nữ.

Mặt khác số cách chọn 2 bạn (mỗi tổ 1 bạn) là \(13.13 = 169\)

Vậy xác suất là \(P = \frac{{56}}{{169}}\)

Câu 15: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng tính chất của phép tịnh tiến điểm M thành \(M’\) theo vectơ v thì \(\overrightarrow {MM’} = \vec v\).

Cách giải:

Đường tròn \(\left( C \right)\): \({\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9\) có tâm \(I\left( {1; – 2} \right)\); bán kính \(R = 3\).

Gọi \(I’\) là tâm đường tròn \(\left( {C’} \right)\).

Phép tịnh tiến điểm I thành điểm \(I’\) theo véc-tơ \(\vec v\left( {3;3} \right)\) thì \(\overrightarrow {II’} = \vec v\)

Suy ra \(I’\left( {4;1} \right)\)

Đường tròn \(\left( {C’} \right)\) có tâm là \(I’\left( {4;1} \right)\); \(R = 3\) nên có dạng \({\left( {x – 4} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 9\).

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai rồi tìm nghiệm.

Cách giải:

\[3{\cos ^2}x + 2\cos x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left( {3\cos x + 5} \right)\left( {\cos x – 1} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 1\\\cos x = – \frac{5}{3}\left( {loai} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Câu 17: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng tính chất song song trong không gian.

Cách giải:

Câu D sai vì hai đường thẳng phân biệt song song với cùng một mặt phẳng thì chúng song song hoặc chéo nhau.

Câu 18: Đáp án D

Phương pháp:

Xét các điều kiện có nghiệm của từng hàm số.

Cách giải:

+) phương trình \(\sqrt 3 \sin \left( {3x – \frac{\pi }{3}} \right) – 3 = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {3x – \frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3 > 1\) (Loại).

+) Phương trình \(\sin 3x + \sqrt 3 \cos 3x = – 4\) có nghiệm khi \({1^2} + 3 \ge {\left( { – 4} \right)^2}\)(vô lí).

+) Phương trình \(2\cos 3x + 3 = 0 \Leftrightarrow \cos 3x = – \frac{3}{2} < – 1\) (Loại).

Câu 19: Đáp án A

Phương pháp:

Đặt ẩn phụ rồi lập bảng xét dấu.

Cách giải:

Ta có \(y = \sqrt {8\cos x – 6\sin x – {{\left( {3\sin x – 4\cos x} \right)}^2} – 2m} \)

Hàm số trên có tập xác định R khi

\(8\cos x – 6\sin x – {\left( {3\sin x – 4\cos x} \right)^2} – 2m \ge 0\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {4\cos x – 3\sin x} \right) – {\left( {3\sin x – 4\cos x} \right)^2} – 2m \ge 0\)

Đặt \(t = 4\cos x – 3\sin x\) có nghiệm khi \({t^2} \le 16 + 9 \Leftrightarrow – 5 \le t \le 5\)

Ta có bất phương trình \(2t – {t^2} – 2m \ge 0 \Leftrightarrow – 2m \ge {t^2} – 2t\) \(\left( 1 \right)\)

Đặt \(f\left( t \right) = {t^2} – 2t \Rightarrow f’\left( t \right) = 2t – 2 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

Bảng biến thiên:

t –5 1 5
\(f\left( t \right)\) 35 –1 15

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy bất đẳng thức \(\left( 1 \right)\) xảy ra khi \( – 2m \ge 35 \Leftrightarrow m \le – \frac{{35}}{2}\)

Câu 20: Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào tính chất đường trung bình của hình thang.

Cách giải:

Do AxByCzDt song song với nhau cắt mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) lần lượt tại \(A’\), \(B’\), \(C’\), \(D’\)nên \(A’B’C’D’\) là hình bình hành và có tâm là \(O’\).

Gọi là tâm hình bình hành ABCD.

Ta có \[OO’\] là đường trung bình của hình thang \[BDD’B’\], \(ACC’A’\).

\( \Rightarrow \frac{{A’A + CC’}}{2} = O’O = \frac{{BB’ + D’D}}{2}\)

\( \Leftrightarrow A’A + CC’ = BB’ + D’D\)

\( \Leftrightarrow A’A = 5,2 + 7,8 – 8,6 = 4,4\,cm\)

Câu 21: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

+) Trong 6 học sinh có 5 học sinh nam, 1 học sinh nữ \( \Rightarrow \left| {{\Omega _A}} \right| = C_{20}^5.C_{15}^1\)

+) Cả 6 học sinh được chọn đều là nam \( \Rightarrow \left| {{\Omega _A}} \right| = C_{20}^6\)

Vậy tổng có \(C_{20}^6 + C_{20}^5.C_{15}^1 = 271320\)cách chọn thỏa mãn đề bài.

Câu 22: Đáp án D

Phương pháp:

Tính chất song song giữa 2 đường thẳng trong cùng một mặt phẳng.

Cách giải:

Từ M kẻ đường thẳng song song với BC cắt SD tại \( \Rightarrow MN||BC\) hay \( \Rightarrow MN||BC\)

Mà M là trung điểm của SA nên N là trung điểm của SD.

Câu 23: Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng công thức của tổ hợp.

Cách giải:

Ta có \(C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}\)

Câu 24: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số lẻ là hàm số có dạng \(f\left( x \right) = – f\left( { – x} \right)\)

Hàm số chẵn là hàm số có dạng \(f\left( x \right) = f\left( { – x} \right)\)

Cách giải:

Ta có hàm số

\(y\left( x \right) = \sin x.{\cos ^2}x + \tan x\)

\( \Rightarrow y\left( { – x} \right) = \sin \left( { – x} \right).{\cos ^2}\left( { – x} \right) + \tan \left( { – x} \right)\)

\( \Leftrightarrow y\left( { – x} \right) = – \sin \left( x \right).{\cos ^2}\left( x \right) – \tan \left( x \right)\)

\( \Rightarrow y\left( x \right) = – y\left( { – x} \right)\)

Vậy đây là hàm số lẻ.

Câu 25: Đáp án A

Phương pháp:

Tìm 2 điểm chung của mặt phẳng.

Cách giải:

Trong mặt phẳng ABCD gọi \(I = AB \cap CD\)

Mặt phẳng \(\left( {AMB} \right)\), \(\left( {SCD} \right)\) có điểm chung là M và I.

Nên MI là giao điểm của 2 mặt phẳng trên.

Câu 26: Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng tính chất của phép vị tự.

Cách giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}{V_{\left( {I; – 2} \right)}}\left( M \right) = M’\\{V_{\left( {I; – 2} \right)}}\left( N \right) = N’\end{array} \right. \Rightarrow M’N’ = 2MN\)

\(M\left( {3; – 4} \right)\); \(N\left( {0; – 2} \right) \Rightarrow MN = \sqrt {13} \)

\( \Rightarrow M’N’ = 2\sqrt {13} \)

Câu 27: Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình bậc 2 rồi tìm nghiệm.

Cách giải:

Ta có \(3{\tan ^2}x + \left( {6 – \sqrt 3 } \right)\tan x – 2\sqrt 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\\tan x = – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \arctan \left( { – 2} \right) + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Câu 28: Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào tính chất song song để chứng minh.

Cách giải:

Ta có MNP lần lượt là trung điểm của ABCDSA.

Nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MN||BC\\MP||SB\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNP} \right)||\left( {SBC} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}NP||\left( {SBC} \right)\\MP||\left( {SBC} \right)\end{array} \right.\)

Ta có \(MP||SB\); SB cắt \(\left( {SCD} \right)\) tại S nên MP không song song với \(\left( {SCD} \right)\).

Vậy mệnh đề đúng là I; II; IV

Câu 29: Đáp án B

Phương pháp:

Đưa 2 vế của phương trình về cùng dạng rồi suy ra x.

Cách giải:

Ta có \(\sqrt 3 \cot x + 3 = 0\)

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

Câu 30: Đáp án A

Phương pháp:

Nhận xét từng mệnh đề rồi kết luận.

Cách giải:

Hàm số \(y = \sin x\) có chu kỳ là \(2\pi \) nên I sai.

Hàm số \(y = \tan x\) xác định khi \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) nên II đúng.

Ta có hàm số \(y = \cos x\) có \(y\left( x \right) = y\left( { – x} \right)\) nên đồ thị hàm số đối xứng với nhau qua trục tung nên III đúng.

Hàm số \(y = \cot x\) luôn nghịch biến trên R nên IV sai.

Câu 31: Đáp án C

Phương pháp:

Chứng minh đường thẳng đó song song với 1 cạnh thuộc mặt phẳng đó.

Cách giải:

Gọi K là trung điểm của AD.

Tam giác ABD có trọng tâm G\( \Rightarrow \frac{{BG}}{{BK}} = \frac{2}{3}\)

Mà \(MB = 2MC \Rightarrow \frac{{MB}}{{BC}} = \frac{2}{3}\). Do đó \(\frac{{MB}}{{BC}} = \frac{{BG}}{{BK}} \Rightarrow MG||CK\)

Mà \(CK \subset \left( {ACD} \right) \Rightarrow MG||\left( {ACD} \right)\)

Câu 32: Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng tính chất:

Phương trình \[a\sin x + b\cos x = c\] có nghiệm khi \[{a^2} + {b^2} \ge {c^2}\].

Cách giải:

Ta có \( – \sqrt {2 – m} \sin x + \left( {m + 1} \right)\cos x = m – 1\) \(\left( * \right)\)

TXĐ: \(m \le 2\).

Áp dụng tính chất trên ta có: phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm khi

\(2 – m + {\left( {m + 1} \right)^2} \ge {\left( {m – 1} \right)^2} \Leftrightarrow m \ge \frac{2}{5}\)

Kết hợp điều kiện ta có \(\frac{2}{5} \le m \le 2\)

Câu 33: Đáp án A

Phương pháp:

Tìm điểm Q.

Sử dụng định lí Menelaus để tính tỉ số.

Cách giải:

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) lấy \(PH||MN\left( {H \in CD} \right)\)

Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(Q = NH \cap SD\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SCD với cát tuyến QNH ta có: \(\frac{{HD}}{{HC}}.\frac{{NC}}{{NS}}.\frac{{QS}}{{QD}} = 1\)

Mà N là trung điểm của SC \( \Rightarrow \frac{{NC}}{{NS}} = 1\).

Mặt khác áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác DPH ta có \(\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{DP}}{{OP}} = 3\) (vì P là trung điểm của OB).

Do đó ta có \(\frac{{QS}}{{QD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}\)

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Lấy 3 trong 20 điểm \({A_1}\), \({A_2}\), \({A_3}\), \({B_1}\), \({B_2}\), \({B_3}\), \({B_4}\), \({C_1}\), \({C_2}\),…, \({C_{13}}\) có số cách là \(C_{20}^3\) .

Mặt khác 3 điểm trong \({A_1}\), \({A_2}\), \({A_3}\)

\({B_1}\), \({B_2}\), \({B_3}\), \({B_4}\)

\({C_1}\), \({C_2}\),…, \({C_{13}}\)

thì sẽ không tạo thành một tam giác

Do đó số tam giác được tạo thành từ 20 điểm đã cho là \(C_{20}^3 – C_3^3 – C_4^3 – C_{13}^3 = 849\)

Câu 35: Đáp án D

Phương pháp:

Tìm điều kiện xác định của hàm số tan.

Tìm điều kiện xác định của hàm số khi mẫu khác không.

Cách giải:

Hàm số \(y = \frac{{2\sin x – 1}}{{\tan 2x + \sqrt 3 }}\) xác định khi

\(\left\{ \begin{array}{l}\cos 2x \ne 0\\\tan 2x \ne – \sqrt 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\2x \ne \frac{{ – \pi }}{3} + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\\x \ne \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Câu 36: Đáp án C

Phương pháp:

Áp dụng tính chất nhân.

Cách giải:

Ta có số cách sắp xếp 5 cuốn sách toán khác nhau là 5!

Số cách sắp xếp 5 cuốn sách văn khác nhau là 5!

Có 2 cách để sắp xếp 5 cuốn sách toán khác nhau và 5 cuốn sách văn khác nhau thành 1 hàng ngang.

Do đó số cách xếp thỏa mãn bài toán là 2.5!.5!

Câu 37: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng tính chất \(C_n^k = C_n^{n – k}\)

Áp dụng nhị thức Niu-tơn.

Cách giải:

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}C_{2n + 1}^1 = C_{2n + 1}^{2n}\\C_{2n + 1}^2 = C_{2n + 1}^{2n – 1}\\…\\C_{2n + 1}^n = C_{2n + 1}^{n + 1}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow A = C_{2n + 1}^1 + C_{2n + 1}^2 + … + C_{2n + 1}^n = C_{2n + 1}^{n + 1} + C_{2n + 1}^{n + 2} + … + C_{2n + 1}^{2n}\)

\( \Rightarrow A = \frac{{{2^{2n + 1}} – 2}}{2} = {2^{2n}} – 1\)

Theo giả thiết ta có \(A = {2^{24}} – 1 \Rightarrow n = 12\)

Khi đó \({\left( {{x^2} – x + \frac{1}{4}} \right)^2}{\left( {2x – 1} \right)^{24}} = {\left( {x – \frac{1}{2}} \right)^4}{\left( {2x – 1} \right)^{24}}\)

\( = \frac{{{{\left( {2x – 1} \right)}^{28}}}}{{16}} = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{k \to 0}^{28} {C_{28}^k{{.2}^k}.{x^k}.{{\left( { – 1} \right)}^{28 – k}}} \)

Khi đó hệ số của \({x^9}\) hay \(k = 9\) là \( – C_{28}^9{.2^5}\)

Câu 38: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân và quy tắc cộng.

Cách giải:

Gọi số cần tìm là \(\overline {abcd} \) \(\left( {a \ne 0} \right)\)

Để số cần tìm là số chẵn thì \(d \in \left\{ {0;2;4} \right\}\)

+) \(d = 0\) khi đó:

a có 5 cách chọn

b có 4 cách chọn

c có 3 cách chọn.

Khi đó có \(5.4.3 = 60\) số thỏa mãn.

+) \(d \in \left\{ {2;4} \right\}\) khi đó

a có 4 cách chọn

b có 4 cách chọn

c có 3 cách chọn.

khi đó có \(4.4.3.2 = 96\) số thỏa mãn.

Vậy có tất cả \(60 + 96 = 156\) số.

Câu 39: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Xác suất sút 1 lần trúng là 0,7 nên xác suất sút 1 lần trượt là 0,3.

Mà 2 lần sút là độc lập nên có 2 cách sắp xếp để sút trượt và trúng trước hay sau.

Do đó xác suất là \[0,7.0,3.2 = 0,42\].

Câu 40: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân và cộng.

Cách giải:

Ta có \(8 = 2 + 6 = 3 + 5 = 4 + 4\)

Xác suất 1 lần tung là \(\frac{1}{6}\)

Nên gieo xúc sắc 2 lần thì sẽ có xác suất là \({\left( {\frac{1}{6}} \right)^2} = \frac{1}{{36}}\)

Với lần tung \(\left\{ {2;6} \right\}\); \(\left\{ {3;4} \right\}\) sẽ có 2 cách sắp xếp xuất hiện.

Do đó xác suất để thỏa mãn bài toán là \(\frac{1}{{36}}.2 + \frac{1}{{36}}.2 + \frac{1}{{36}} = \frac{5}{{36}}\)

Câu 41: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tính chất của phép quay.

Cách giải:

Ta có \(\left( d \right)\): \(3x – y + 1 = 0\)

Gọi \(M\left( {0;1} \right) \in d\); Phép quay \({Q_{\left( {O; – 90^\circ } \right)}}\left( M \right) = M’\left( {a;b} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {OM} \left( {0;1} \right)\); \(\overrightarrow {OM’} \left( {a;b} \right)\).

Phép quay \({Q_{\left( {O; – 90^\circ } \right)}}\left( d \right) = d’\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_d}} .\overrightarrow {{n_{d’}}} = 0\\OM’ = OM = 1\\\overrightarrow {OM’} .\overrightarrow {OM} = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{d’}}} \left( {1; – 3} \right)\\{a^2} + {b^2} = 1\\b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{d’}}} \left( {1; – 3} \right)\\b = 0\\a = 1\left( {do\,\,\alpha = 90^\circ } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{d’}}} \left( {1; – 3} \right)\\M’\left( {1;0} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( {d’} \right)\) là \(x + 3y – 1 = 0\)

Câu 42: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Tổng số bi xanh và trắng là \(7 + 6 = 13\).

Gọi A là biến cố: “Lấy 3 viên bi không có màu đỏ” \( \Rightarrow \left| {{\Omega _A}} \right| = C_{13}^3\)

Tổng số bi trong hộp là 16 \( \Rightarrow \left| \Omega \right| = C_{16}^3\)

Vậy \(P = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{C_{13}^3}}{{C_{16}^3}} = \frac{{143}}{{280}}\)

Câu 43: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng định lí Ta-lét đảo để chứng minh song song.

Cách giải:

Gọi HK lần lượt là trung điểm của BCBD \( \Rightarrow HK||CD\); \(HK = \frac{1}{2}CD\) \(\left( 1 \right)\)

\(\Delta ABC\) có trọng tâm I, trung tuyến AH\( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AH}} = \frac{2}{3}\)

Tương tự ta có \(\frac{{AJ}}{{AK}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}} \Rightarrow JI||HK\) (Định lí ta-lét đảo); \(JI = \frac{2}{3}HK\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\); \(\left( 2 \right)\) suy ra \(JI||CD\); \(JI = \frac{1}{3}CD\)

Câu 44: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng tính chất nhị thức Niu-Tơn.

Cách giải:

+) Ta có \({\left( {1 + 2} \right)^n} = \sum\limits_{k \to 0}^n {C_n^k{{.2}^k}} = C_n^0 + 2C_n^1 + … + {2^n}.C_n^n\)

Mà \(C_n^0 + 2C_n^1 + … + {2^n}.C_n^n = 243\)

Nên \({3^n} = 243 \Leftrightarrow n = 5\)

+) Mặt khác \(C_{2m}^1 + C_{2m}^3 + … + C_{2m}^{2m – 1} = 2048\).

\( \Leftrightarrow \frac{{{2^{2m}}}}{2} = 2048 \Leftrightarrow m = 6\)

Do đó \(m > n\).

Câu 45: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Vì đồng xu có 2 mặt nên khi gieo 5 lần thì \({n_\Omega } = {2^5} = 32\)

Câu 46: Đáp án C

Phương pháp:

Áp dụng nhị thức Niu-tơn.

Cách giải:

\[P\left( x \right) = {\left( {x – 2y} \right)^5} = \sum\limits_{k \to 0}^5 {C_5^k.{x^{5 – k}}.{{\left( { – 2} \right)}^k}.{y^k}} \]

\[ \Leftrightarrow P\left( x \right) = {x^5} – 2C_5^1{x^4}.y + {2^2}C_5^2{x^3}.{y^2} – {2^3}C_5^3{x^2}.{y^3} + {2^4}C_5^4x.{y^4} – {2^5}C_5^5.{y^5}\]

Câu 47: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng nhị thức Niu-tơn.

Cách giải:

Ta có:

\(S = C_{17}^0 – 3C_{17}^1 + 9C_{17}^2 – 27C_{17}^3 + … – {3^{17}}C_{17}^{17}\)

\( \Leftrightarrow S = \sum\limits_{k \to 0}^{17} {C_{17}^k{{\left( { – 3} \right)}^k}} \)

Mặt khác \({\left( {1 – 3} \right)^{17}} = \sum\limits_{k \to 0}^{17} {C_{17}^k{{\left( { – 3} \right)}^k}} \)

Nên \(S = {\left( {1 – 3} \right)^{17}} = – {2^{17}}\)

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp:

Đặt ẩn phụ, tìm nghiệm phương trình bậc 2 rồi tìm m.

Cách giải:

Ta có \[\left( {2m + 1} \right){\cos ^2}2x – \left( {3m – 1} \right)\sin 2x – 3m + 1 = 0\] \[\left( * \right)\].

Đặt \(t = \sin 2x \Rightarrow – 1 \le t \le 1\left( {x \in \left( { – \pi ;\pi } \right)} \right)\)

Khi đó phương trình \[\left( * \right)\] có dạng:

\[\left( {2m + 1} \right)\left( {1 – {t^2}} \right) – \left( {3m – 1} \right)t – 3m + 1 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2m + 1} \right){t^2} + \left( {3m – 1} \right)t + m – 2 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right)\left( {\left( {2m + 1} \right)t + m – 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = – 1\\\left( {2m + 1} \right)t + m – 2 = 0\end{array} \right.\]

Nếu: \(t = – 1\left( {tm} \right) \Rightarrow \sin 2x = – 1\)

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

\( \Leftrightarrow x = \frac{{ – \pi }}{4} + k\pi \in \left( { – \pi ;\pi } \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{ – 3}}{4} < k < \frac{5}{4} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\)

Khi đó phương trình \[\left( * \right)\] có 2 nghiệm phân biệt là \(\frac{{ – \pi }}{4}\); \(\frac{{3\pi }}{4}\)

+) \(\left( {2m + 1} \right)t = 2 – m\) \(\left( 1 \right)\).

Nếu \(m = \frac{{ – 1}}{2}\); \(\left( 1 \right) \Rightarrow m = 2\left( {ktm} \right)\)

\( \Rightarrow m \ne \frac{{ – 1}}{2} \Rightarrow t = \frac{{2 – m}}{{2m + 1}}\)

Để phương trình \[\left( * \right)\] có 2 nghiệm phân biệt thì

\(\left[ \begin{array}{l}t = \frac{{2 – m}}{{2m + 1}} = – 1\\t < – 1\\t > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – 3\\\frac{{m + 3}}{{2m + 1}} < 0 \Leftrightarrow – 3 < m < \frac{{ – 1}}{2} \Leftrightarrow m \in \left\{ { – 2; – 1} \right\}\\\frac{{3m – 1}}{{2m + 1}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{ – 1}}{2} < m < \frac{1}{3} \Leftrightarrow m = 0\end{array} \right.\)

Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 49: Đáp án D

Phương pháp:

Áp dụng tính chất phép quay.

Cách giải:

Phép quay biến đường thẳng thành đường thẳng, biến đoạn thẳng thảnh đoạn thẳng bằng nó, biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính với nó.

Câu 50: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tỉ số và định lí Ta-lét.

Cách giải:

Gọi NP lần lượt thuộc SBSC sao cho \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{{SM}}{{SA}}\).

Khi đó thiết diện của mặt phẳng qua M song song với \(\left( {ABC} \right)\) là tam giác MNP.

Áp dụng định lí ta-lét trong tam giác SAB có: \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3} = 4\)\(\left( {SM = 2MA;SA = 6} \right)\)

Tương tự ta có \(NP = MP = 4\,cm\).

Do đó tam giác MNP là tam giác đều cạnh 4cm.

\( \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{.4^2} = 4\sqrt 3 c{m^2}\)

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Trường THPT Kim Liên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề 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

BÌNH LUẬN

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