Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Kim Liên Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

0
44

Đề thi Toán 11 học kì 1 trường thpt Kim Liên Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án gồm 25 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT

TRƯỜNG THPT KIM LIÊN

Mã đề 570

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 11

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

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (5 điểm)

Câu 1 (NB): Một người vào cửa hàng ăn, người đó chọn thực đơn gồm 1 món ăn trong 5 món khác nhau, 1 loại quả tráng miệng trong 5 loại quả tráng miệng khác nhau và một loại đồ uống trong 3 loại đồ uống khác nhau. Có bao nhiêu cách chọn thực đơn?

A. 13 B. 100 C. 75 D. 25

Câu 2 (NB): Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình $12\sin x – 5\cos x = m$có nghiệm.

A. 13 B. Vô số C. 26 D. 27

Câu 3 (NB): Cho hình chóp S.ABCD, biết AC cắt BD tại MAB cắt CD tại O. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) .

A. SO B. SM C. SA D. SC

Câu 4 (TH): Gọi Mm lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số$y = \cos 2x$trên đoạn$\left[ { – \frac{\pi }{3};\frac{\pi }{6}} \right].$Tính giá trị biểu thức$T = M – 2m.$

A. T = 2 B. $T = 1 + \sqrt 3 $ C. $T = \frac{3}{2}$ D. $T = \frac{5}{2}$

Câu 5 (NB): Tìm tập xác định của hàm số$y = \tan x.$

A. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi \left. {} \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}$ B. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi \left. {} \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}$ C. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi \left. {} \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}$ D. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi \left. {} \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Câu 6 (TH): Cho ba điểm$A\left( {1;2} \right),B\left( {2;3} \right),C\left( {6;7} \right)$. Giả sử qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u $các điểm A, B, C lần lượt biến thành các điểm$A’\left( {2;0} \right),B’,C’$. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. $B’\left( {3;5} \right)$ B. $C’\left( {7;5} \right)$ C. $\overrightarrow u \left( {3;2} \right)$ D. $\overrightarrow u \left( {1;2} \right)$

Câu 7 (TH): Gieo con súc sắc cân đối đồng chất 2 lần. Tính xác suất để tích số chấm xuất hiện ở hai lần là một số tự nhiên lẻ?

A. $\frac{3}{4}$ B. $\frac{1}{4}$ C. $\frac{1}{2}$ D. $\frac{1}{6}$

Câu 8 (NB): Tập nghiệm của phương trình $\cos x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$là:

A. $\left\{ {\frac{{3\pi }}{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ B. $\left\{ { – \frac{\pi }{4} + k2\pi ,\frac{{5\pi }}{4} + k2\pi \,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$

C. $\left\{ { \pm \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ D. $\left\{ { \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Câu 9 (TH): Tìm tập xác định của hàm số$y = \sqrt {\frac{{1 + \cos x}}{{1 – \sin x}}} .$

A. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ B. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ C. $\mathbb{R}$ D. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Câu 10 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm OI là trung điểm cạnh SC. Xét các mệnh đề:

(I) . Đường thẳng IO song song SA.

(II) . Mặt phẳng (IBD) cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là một tứ giác.

(III) . Giao điểm của đường thẳng AI và mặt phẳng (SBD) là trọng tâm tam giác SBD.

(IV) . Giao tuyến hai mặt phẳng (IBD) và (SAC) là OI.

Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên là:

A. 4 B. 2 C. 3 D. 1

Câu 11 (TH): Tìm số hạng không chứa x trong khai triển${\left( {{x^3} – \frac{1}{x}} \right)^{12}}.$

A. – 220 B. 220 C. 924 D. – 924

Câu 12 (TH): Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số chẵn trên$\mathbb{R}$?

A. $y = \sin \left( {\frac{\pi }{2} – x} \right)$ B. $y = \tan x$ C. $y = \sin x$ D. $y = \sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)$

Câu 13 (TH): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn$\left( C \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4$. Phép đối xứng trục Ox biến đường tròn (C) thành đường tròn$\left( {C’} \right)$có phương trình là:

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

Câu 14 (TH): Cho tứ diện ABCD. Gọi IJ lần lượt là trung điểm của AC và BC. Trên cạnh BD lấy điểm K sao cho BK = 2KD. Gọi F là giao điểm của AD với mặt phẳng (IJK). Tính tỉ số$\frac{{FA}}{{FD}}.$

A. $\frac{7}{3}$ B. 2 C. $\frac{{11}}{5}$ D. $\frac{5}{3}$

Câu 15 (NB): Hình nào sau đây có vô số tâm đối xứng?

A. Hình vuông. B. Hình tròn C. Đường thẳng D. Đoạn thẳng

Câu 16 (TH): Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng$\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)$?

A. $y = \cos x$ B. $y = \tan x$ C. $y = \cot x$ D. $y = \sin x$

Câu 17 (VD): Cho hai đường thẳng song song. Trên đường thẳng thứ nhất ta lấy 20 điểm phân biệt. Trên đường thẳng thứ hai ta lấy 18 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ 3 điểm trong các điểm nói trên?

A. $18C_{20}^2 + 20C_{18}^2$ B. $20C_{18}^3 + 18C_{20}^3$ C. $C_{38}^3$ D. $C_{20}^3C_{18}^3$

Câu 18 (NB): Xét phép vị tự tâm I với tỉ số k = 3 biến$\Delta ABC$thành$\Delta A’B’C’$. Hỏi diện tích$\Delta A’B’C’$gấp mấy lần diện tích$\Delta ABC$?

A. 6 B. 27 C. 3 D. 9

Câu 19 (TH): Số nghiệm của phương trình$\left( {2x – \frac{{5\pi }}{6}} \right) + \sqrt 3 = 0$trên khoảng $\left( {0;3\pi } \right).$

A. 6 B. 27 C. 3 D. 9

Câu 20 (VD): Tính tổng T các nghiệm của phương trình ${\cos ^2}x = \sin x\cos x + 2\sin x – \cos x – 2$trên khoảng$\left( {\frac{\pi }{2};5\pi } \right).$

A. $T = \frac{{15\pi }}{2}$ B. $T = \frac{{21\pi }}{8}$ C. $T = 7\pi $ D. $T = \frac{{3\pi }}{4}$

Câu 21 (VD): Cho phương trình$\cos 2\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + 20\cos \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) + 11 = 0$. Khi đặt$t = \cos \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right)$, phương trình đã cho trở thành phương trình nào dưới đây?

A. ${t^2} + 20t + 12 = 0$ B. ${t^2} – 20t + 11 = 0$ C. $ – {t^2} + 10t + 6 = 0$ D. ${t^2} + 10t + 5 = 0$

Câu 22 (NB): Tính số các chỉnh hợp chập 4 của 7 phần tử:

A. 720 B. 35 C. 840 D. 24

Câu 23 (TH): Xét đường tròn lượng giác như hình vẽ, biết$BOC = BOF = 30^\circ $lần lượt là các điểm đối xứng với CF qua gốc O. Nghiệm của phương trình$2\sin x – 1 = 0$được biểu diễn trên đường tròn lượng giác là những điểm nào?

A. Điểm C, điểm B. Điểm E, điểm F

C. Điểm C, điểm F D. Điểm E, điểm D

Câu 24 (VD): Biết hệ số của số hạng chứa${x^2}$trong khai triển${\left( {1 + 4x} \right)^n}$là 3040. Số tự nhiên n bằng bao nhiêu?

A. 24 B. 26 C. 28 D. 20

Câu 25 (VD): Một bộ đề thi Olimpic Toán lớp 11 của Trường THPT Kim Liên mà mỗi đề gồm 5 câu được chọn từ 15 câu mức dễ, 10 câu mức trung bình và 5 câu mức khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi phải có cả mức dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu mức khó không ít hơn 2. Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên. Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “Tốt”.

A. $\frac{{1000}}{{5481}}$ B. $\frac{1}{{150}}$ C. $\frac{{10}}{{71253}}$ D. $\frac{{3125}}{{23751}}$

II. PHẦN TỰ LUẬN (5 điểm)

Câu 1 (VD): a) Giải phương trình${\cos ^2}x + \sin 2x – 3{\sin ^2}x = – 2.$

b) Một hộp đựng tám thẻ được ghi từ 1 đến 8. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó ba thẻ, tính xác suất để tổng các số ghi trên ba thẻ đó bằng 11.

Câu 2 (VD): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình${x^2} + {y^2} – 2x + 4y – 4 = 0$và điểm I (2;l). Phép vị tự tâm tỉ số biến đường tròn (C) thành đường tròn$\left( {C’} \right)$. Viết phương trình đường tròn$\left( {C’} \right)$.

Câu 3 (VD): Cho n là số nguyên dương chẵn bất kì, chứng minh

$\frac{1}{{1!\left( {n – 1} \right)!}} + \frac{1}{{3!\left( {n – 3} \right)!}} + \frac{1}{{5!\left( {n – 5} \right)!}} + … + \frac{1}{{\left( {n – 1} \right)!1!}} = \frac{{{2^{n – 1}}}}{{n!}}$

Câu 4 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi MNI lần lượt là trung điểm của SASBBC; điểm G nằm giữa S và I sao cho$\frac{{SG}}{{SI}} = \frac{3}{5}$.

a) Tìm giao điểm của đường thẳng MG và mặt phẳng (ABCD).

b) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNG).

Đáp án

1. C 2. D 3. A 4. A 5. A
6. B 7. B 8. D 9. B 10. B
11. A 12. A 13. B 14. B 15. C
16. A 17. A 18. D 19. A 20. C
21. C 22. C 23. A 24. D 25. D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

  1. PHẦN TRẮC NGHIỆM (5 điểm)

Câu 1 (NB): Đáp án C

Phương pháp:

Áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Số cách chọn 1 món ăn: 5 cách.

Số cách chọn 1 loại quả: 5 cách.

Số cách chọn 1 loại đồ uống: 3 cách.

Áp dụng quy tắc nhân ta có số cách chọn thực đơn là 5.5.3 = 75 cách.

Câu 2 (NB): Đáp án D

Phương pháp:

Phương trình $a\sin x + b\cos x = c$có nghiệm $ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}.$

Cách giải:

Phương trình $12\sin x – 5\cos x = m$có nghiệm $ \Leftrightarrow {12^2} + {5^2} \ge {m^2} \Leftrightarrow {m^2} \le 169 \Leftrightarrow – 13 \le m \le 13.$

Vậy có 27 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 3 (NB): Đáp án A

Phương pháp:

Xác định các điểm chung của hai mặt phẳng.

Cách giải:

Ta có$AB \cap CD = O \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O \in AB \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAB} \right)\\O \in CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow O \in \left( {SCD} \right)\end{array} \right..$

$ \Rightarrow O \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)$

Lại có $S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right).$

Vậy $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SO.$

Câu 4 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Xét trên đường tròn lượng giác.

Cách giải:

Ta có$x \in \left[ { – \frac{\pi }{3};\frac{\pi }{6}} \right] \Rightarrow 2x \in \left[ { – \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right].$

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác:

Dựa vào đường tròn lượng giác ta thấy với$2x \in \left[ { – \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right] \Rightarrow \cos 2x \in \left[ { – \frac{1}{2};1} \right].$

Vậy$M = 1;m = – \frac{1}{2} \Rightarrow T = M – 2m = 1 – 2.\left( { – \frac{1}{2}} \right) = 2.$

Chú ý: Cần biểu diễn trên đường tròn lượng giác, nhiều học sinh nhầm lẫn$2x \in \left[ { – \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right] \Rightarrow \cos 2x \in \left[ { – \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right].$

Câu 5 (NB): Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số $y = \tan x$xác định$ \Leftrightarrow \cos x \ne 0.$

Cách giải:

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

Vậy tập xác định$\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi \left. {} \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Câu 6 (TH): Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có$\overrightarrow {AA’} = \left( {1; – 2} \right).$Vì ${T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) = A’ \Leftrightarrow \overrightarrow {AA’} = \overrightarrow u = \left( {1; – 2} \right)$, do đó các đáp án C, D sai.

${T_{\overrightarrow u }}\left( B \right) = B’ \Leftrightarrow \overrightarrow {BB’} = \overrightarrow u \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B’}} – 2 = 1\\{y_{B’}} – 3 = – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B’}} = 3\\{y_{B’}} = 1\end{array} \right. \Rightarrow B’\left( {3;1} \right)$

${T_{\overrightarrow u }}\left( C \right) = C’ \Leftrightarrow \overrightarrow {CC’} = \overrightarrow u \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{C’}} – 6 = 1\\{y_{C’}} – 7 = – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{C’}} = 7\\{y_{C’}} = 5\end{array} \right. \Rightarrow C’\left( {7;5} \right)$

Vậy đáp án B đúng.

Câu 7 (TH): 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:

Gieo 1 con súc sắc đồng chất 2 lần $ \Rightarrow $Không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = {6^2} = 36.$

Gọi A là biến cố: “Tích số chấm xuất hiện ở hai lần là một số lẻ”.

$ \Rightarrow $Số chấm xuất hiện ở cả 2 lần tung đều là số lẻ.

$ \Rightarrow n\left( A \right) = 3.3 = 9.$

Vậy$P\left( A \right) = \frac{9}{{36}} = \frac{1}{4}.$

Câu 8 (NB): Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản $\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + 2k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Cách giải:

$\cos x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Câu 9 (TH): Đáp án B

Phương pháp:

+ $\sqrt A $xác định$ \Leftrightarrow A \ge 0.$

+ $\frac{1}{A}$xác định$ \Leftrightarrow A \ne 0.$

Cách giải:

Hàm số $y = \sqrt {\frac{{1 + \cos x}}{{1 – \sin x}}} $xác định$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{1 + \cos x}}{{1 – \sin x}} \ge 0\left( 1 \right)\\1 – \sin x \ne 0\left( 2 \right)\end{array} \right..$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\cos x \ge – 1\,\,\forall x \Leftrightarrow \cos x + 1 \ge 0\\\sin x \le 1\,\,\forall x \Leftrightarrow 1 – \sin x \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{\cos x + 1}}{{1 – \sin x}} \ge 0\,\,\forall x$thỏa mãn (2)

  1. luôn đúng.

Giải (2):$1 – \sin x \ne 0 \Leftrightarrow \sin x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Vậy TXĐ$\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Câu 10 (TH): Đáp án B

Phương pháp:

+ $\sqrt A $xác định$ \Leftrightarrow A \ge 0.$

+ $\frac{1}{A}$xác định$ \Leftrightarrow A \ne 0.$

Cách giải:

Hàm số $y = \sqrt {\frac{{1 + \cos x}}{{1 – \sin x}}} $xác định$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{1 + \cos x}}{{1 – \sin x}} \ge 0\left( 1 \right)\\1 – \sin x \ne 0\left( 2 \right)\end{array} \right..$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\cos x \ge – 1\,\,\forall x \Leftrightarrow \cos x + 1 \ge 0\\\sin x \le 1\,\,\forall x \Leftrightarrow 1 – \sin x \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{\cos x + 1}}{{1 – \sin x}} \ge 0\,\,\forall x$thỏa mãn (2).

  1. luôn đúng.

Giải (2):$1 – \sin x \ne 0 \Leftrightarrow \sin x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Vậy TXĐ $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Câu 11 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Khai triển Newton: ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n – k}}.} $

Cách giải:

${\left( {{x^3} – \frac{1}{x}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_{12}^k{{\left( {{x^3}} \right)}^{12 – k}}{{\left( { – \frac{1}{x}} \right)}^k} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_{12}^k{{\left( { – 1} \right)}^k}{x^{36 – 4k}}.} } $

Số hạng không chứa x ứng với $36 – 4k = 0 \Leftrightarrow k = 9.$

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là $C_{12}^9{\left( { – 1} \right)^9} = – 220.$

Câu 12 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$có tập xác định D được gọi là hàm số chẵn $ \Leftrightarrow \forall x \in D \Rightarrow – x \in D$và$f\left( { – x} \right) = – f\left( x \right).$

Cách giải:

$y = \sin \left( {\frac{\pi }{2} – x} \right) = \cos x$là hàm số chẵn.

Câu 13 (TH): Đáp án B

Phương pháp:

Phép đối xứng trục biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

Cách giải:

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

Gọi $I’ = {{\rm{\S}}_{Ox}}\left( I \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{I’}} = {x_I} = 1\\{y_{I’}} = – {y_I} = 2\end{array} \right. \Rightarrow I’\left( {1;2} \right).$

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua phép đối xứng trục Ox là đường tròn $\left( {C’} \right)$có tâm$I’\left( {1;2} \right)$, bán kính $R = 2$có phương trình${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 4.$

Câu 14 (TH): Đáp án B

Phương pháp:

+ Dựng giao tuyến dựa vào các yếu tố song song.

+ Sử dụng định lí Ta-lét.

Cách giải:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {IJK} \right) \supset IJ\\\left( {ABD} \right) \supset AB\\IJ\parallel AB\\K \in \left( {IJK} \right) \cap \left( {ABD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow $Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {IJK} \right)$và $\left( {ABD} \right)$là đường thẳng đi qua K và song song với IJAB.

Trong $\left( {ABD} \right)$kẻ$KF\parallel AB\left( {F \in AD} \right)$, khi đó ta có$\left( {IJK} \right) \cap \left( {ABD} \right) = KF \Rightarrow \left( {IJK} \right) \cap AD = F$

Áp dụng định lí Ta-lét ta có$\frac{{FA}}{{FD}} = \frac{{KB}}{{KD}} = 2.$

Câu 15 (NB): Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào định nghĩa có tâm đối xứng.

Cách giải:

Hình vuông có 1 tâm đối xứng là tâm hình vuông.

Hình tròn có 1 tâm đối xứng là tâm hình tròn.

Đoạn thẳng có 1 tâm đối xứng là trung điểm của đoạn thẳng.

Đường thẳng là hình có vô số tâm đối xứng.

Câu 16 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng đường tròn lượng giác.

Cách giải:

Quan sát đường tròn lượng giác ta thấy trên khoảng $\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)$hàm số $y = \cos x$nghịch biến.

Câu 17 (VD): Đáp án A

Phương pháp:

Tam giác được tạo thành từ 3 điểm phân biệt không thẳng hàng.

Cách giải:

TH1: Chọn 2 điểm trong 20 điểm từ đường thẳng thứ nhất có $C_{20}^2$cách.

Chọn 1 điểm trong 18 điểm từ đường thẳng thứ hai có $C_{18}^1 = 18$cách.

$ \Rightarrow $Có $18.C_{20}^2$tam giác.

TH2: Chọn 1 điểm trong 20 điểm từ đường thẳng thứ nhất có $C_{20}^1 = 20$cách.

Chọn 2 điểm trong 18 điểm từ đường thẳng thứ hai có $C_{18}^2$cách.

$ \Rightarrow $Có $20.C_{18}^2$tam giác.

Vậy có tất cả $18C_{20}^2 + 20C_{18}^2$tam giác.

Câu 18 (NB): Đáp án D

Phương pháp:

${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta A’B’C’ \Rightarrow {S_{\Delta A’B’C’}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}}.$

Cách giải:

${V_{\left( {I;3} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta A’B’C’ \Rightarrow {S_{\Delta A’B’C’}} = 9.{S_{\Delta ABC}}.$

Câu 19 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

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

– Tìm các nghiệm thuộc$\left( {0;3\pi } \right).$

Cách giải:

$\tan \left( {2x – \frac{{5\pi }}{6}} \right) + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \tan \left( {2x – \frac{{5\pi }}{6}} \right) = – \sqrt 3 $

$ \Leftrightarrow 2x – \frac{{5\pi }}{6} = – \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Xét $x \in \left( {0;3\pi } \right)$ta có$0 < \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2} < 3\pi \Leftrightarrow 0 < \frac{1}{4} + \frac{k}{2} < 3 \Leftrightarrow – \frac{1}{2} < k < \frac{{11}}{2}.$

Mà$k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}.$

Vậy số nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện là 6.

Câu 20 (VD): Đáp án C

Phương pháp:

– Đưa phương trình về dạng tích.

– Giải các phương trình lượng giác cơ bản.

– Tìm nghiệm thuộc khoảng cho trước.

Cách giải:

${\cos ^2}x = \sin x\cos x + 2\sin x – \cos x – 2$

$ \Leftrightarrow 1 – {\sin ^2}x = \sin x\left( {\cos x + 2} \right) – \left( {\cos x + 2} \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {1 – \sin x} \right)\left( {1 + \sin x} \right) = \left( {\cos x + 2} \right)\left( {\sin x – 1} \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {\sin x – 1} \right)\left( {\cos x + 2 + 1 + \sin x} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {\sin x – 1} \right)\left( {\sin x + \cos x + 3} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 1\\\sin x + \cos x = – 3\left( {\,Vo\,nghiem\,do\,{1^2} + {1^2} < {{\left( { – 3} \right)}^2}} \right)\end{array} \right.$

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

Xét$x \in \left( {\frac{\pi }{2};5\pi } \right)$ta có $\frac{\pi }{2} < \frac{\pi }{2} + k2\pi < 5\pi \Leftrightarrow \frac{1}{2} < \frac{1}{2} + 2k < 5 \Leftrightarrow 0 < k < \frac{9}{4}.$

Mà$k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{{5\pi }}{2};\frac{{9\pi }}{2}} \right\}.$

Vậy $T = \frac{{5\pi }}{2} + \frac{{9\pi }}{2} = 7\pi .$

Câu 21 (VD): Đáp án C

Phương pháp:

– Hai góc $\frac{\pi }{6} – x$và $x + \frac{\pi }{3}$là hai góc phụ nhau.

– Sử dụng công thức nhân đôi$\cos 2x = 1 – 2{\sin ^2}x.$

Cách giải:

Ta có:$\cos 2\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 – 2{\sin ^2}\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right).$

Lại có$sin\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{2} – x – \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) \Rightarrow \cos 2\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 – 2{\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6} – x} \right).$

Phương trình

$ \Leftrightarrow 1 – 2{\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) + 20\cos \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) + 11 = 0$

$ \Leftrightarrow – 2{\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) + 20\cos \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) + 12 = 0$

$ \Leftrightarrow – {\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) + 10\cos \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) + 6 = 0$

Đặt$t = \cos \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right)$, phương trình đã cho trở thành phương trình$ – {t^2} + 10t + 6 = 0$

Câu 22 (NB): Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức $A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n – k} \right)!}}$hoặc sử dụng MTCT.

Cách giải:

$A_7^4 = \frac{{7!}}{{\left( {7 – 4} \right)!}} = \frac{{7!}}{{3!}} = 840.$

Câu 23 (TH): Đáp án A

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:

$2\sin x – 1 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Các điểm biểu diễn hai họ nghiệm trên là điểm C và điểm D.

Câu 24 (VD): 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^k}{b^{n – k}}.} $

Cách giải:

${\left( {1 + 4x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( {4x} \right)}^k}{1^{n – k}} = } \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{4^k}{x^k}} .$

Hệ số của số hạng chứa ${x^2}$trong khai triển trên là$C_n^2{4^2} = 16C_n^2.$

Theo bài ra ta có:$16C_n^2 = 3040 \Leftrightarrow C_n^2 = 190 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{2!\left( {n – 2} \right)!}} = 190.$

$ \Leftrightarrow n\left( {n – 1} \right) = 380 \Leftrightarrow {n^2} – n – 380 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 20\,\,\,\left( {tm} \right)\\n = – 19\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$

Vậy$n = 20.$

Câu 25 (VD): Đáp án D

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:

Có tất cả $15 + 10 + 5 = 30$câu hỏi.

Chọn 5 câu bất kì trong 30 câu hỏi được 1 đề thi nên số đề thi được tạo ra là$C_{30}^5.$

Gọi A là biến cố: “Lấy ra được một đề thi “Tốt””.

TH1: Có 2 câu hỏi ở mức độ khó $ \Rightarrow $Có $C_5^2.C_{15}^1.C_{10}^2 + C_5^2.C_{15}^2.C_{10}^1$đề.

TH2: Có 3 câu hỏi ở mức độ khó $ \Rightarrow $Có $C_5^3.C_{15}^1.C_{10}^1$đề.

$ \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^2.C_{15}^1.C_{10}^2 + C_5^2.C_{15}^2.C_{10}^1 + C_5^3.C_{15}^1.C_{10}^1 = 18750$

$ \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{18750}}{{C_{30}^5}} = \frac{{3125}}{{23751}}$

  1. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1 (VD):

  1. Giải phương trình${\cos ^2}x + \sin 2x – 3{\sin ^2}x = – 2.$

Phương pháp:

– TH1: Xét$\cos x = 0.$

– TH2: Xét$\cos x \ne 0$. Chia cả 2 vế cho${\cos ^2}x.$

Cách giải:

${\cos ^2}x + \sin 2x – 3{\sin ^2}x = – 2 \Leftrightarrow 3{\sin ^2}x – 2\sin x\cos x – {\cos ^2}x – 2 = 0.$

TH1:$\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Rightarrow {\sin ^2}x = 1.$

Khi đó phương trình trở thành $3 – 2 – 0 – 2 = – 1$(Vô nghiệm).

TH2: $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$. Chia cả hai vế phương trình cho ${\cos ^2}x$ta được:

$3{\tan ^2}x – 2\tan x – 1 – 2\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right) = 0 \Leftrightarrow {\tan ^2}x – 2\tan x – 3 = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = – 1\\\tan x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \arctan 3 + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

  1. Một hộp đựng tám thẻ được ghi từ 1 đến 8. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó ba thẻ, tính xác suất để tổng các số ghi trên ba thẻ đó bằng 11.

Phương pháp:

Liệt kê các bộ ba số có tổng bằng 11.

Cách giải:

Lấy ngẫu nhiên 3 thẻ từ một hộp 8 thẻ $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_8^3 = 56$cách.

Gọi A là biến cố: “Tổng các số ghi trên ba thẻ đó bằng 11”.

$ \Rightarrow A = \left\{ {\left( {1;2;8} \right),\left( {1;3;7} \right),\left( {1;4;6} \right),\left( {2;3;6} \right),\left( {2;4;5} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 5.$

Vậy$P\left( A \right) = \frac{5}{{56}}.$

Câu 2 (VD): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình${x^2} + {y^2} – 2x + 4y – 4 = 0$và điểm I (2;l). Phép vị tự tâm tỉ số biến đường tròn$\left( C \right)$thành đường tròn (C’). Viết phương trình đường tròn$\left( {C’} \right)$.

Phương pháp:

– Xác định tâm J và bán kính R của đường tròn (C).

– Tìm$J’ = {V_{\left( {I;k} \right)}}\left( J \right)$, bán kính$R’ = \left| k \right|R.$

– Viết phương trình đường tròn $\left( {C’} \right)$tâm $J’$bán kính$R’.$

Cách giải:

Đường tròn $\left( C \right)$có tâm $J\left( {1; – 2} \right)$bán kính$R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2} – \left( { – 4} \right)} = \sqrt 9 = 3.$

Gọi $J’\left( {x;y} \right)$là ảnh của J của phép vị tự tâm I tỉ số $k = 2$ta có:

${V_{\left( {I;2} \right)}}\left( J \right) = J’ \Leftrightarrow \overrightarrow {IJ’} = 2\overrightarrow {IJ} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 2 = 2\left( {1 – 2} \right)\\y – 1 = 2\left( { – 2 – 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = – 5\end{array} \right. \Rightarrow J’\left( {0; – 5} \right).$

Gọi $\left( {C’} \right) = {V_{\left( {I;2} \right)}}\left( C \right) \Rightarrow \left( {C’} \right)$là đường tròn tâm $J’\left( {0;5} \right)$bán kính$R’ = 2R = 6.$

Vậy phương trình$\left( {C’} \right):{x^2} + {\left( {y + 5} \right)^2} = 36.$

Câu 3 (VD): Cho n là số nguyên dương chẵn bất kì, chứng minh

$\frac{1}{{1!\left( {n – 1} \right)!}} + \frac{1}{{3!\left( {n – 3} \right)!}} + \frac{1}{{5!\left( {n – 5} \right)!}} + … + \frac{1}{{\left( {n – 1} \right)!1!}} = \frac{{{2^{n – 1}}}}{{n!}}$

Phương pháp:

Sử dụng khai triển${\left( {x + 1} \right)^n}$, thay $x = 1$và$x = – 1.$

Cách giải:

$\frac{1}{{1!\left( {n – 1} \right)!}} + \frac{1}{{3!\left( {n – 3} \right)!}} + \frac{1}{{5!\left( {n – 5} \right)!}} + … + \frac{1}{{\left( {n – 1} \right)!1!}} = \frac{{{2^{n – 1}}}}{{n!}}$

$ \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{1!\left( {n – 1} \right)!}} + \frac{{n!}}{{3!\left( {n – 3} \right)!}} + \frac{{n!}}{{5!\left( {n – 5} \right)!}} + … + \frac{{n!}}{{\left( {n – 1} \right)!1!}} = {2^{n – 1}}$

$ \Leftrightarrow C_n^1 + C_n^3 + C_n^5 + … + C_n^{n – 1} = {2^{n – 1}}$

Xét khai triển${\left( {x + 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^k}.} $

Thay $x = 1$ta có${\left( {1 + 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} \Leftrightarrow {2^n} = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + … + C_n^{n – 1} + C_n^n\,\,\,\left( 1 \right).$

Thay $x = – 1$ta có${\left( { – 1 + 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} {\left( { – 1} \right)^k} \Leftrightarrow 0 = C_n^0 – C_n^1 + C_n^2 + … – C_n^{n – 1} + C_n^n\,\,\,\left( 2 \right)$

Trừ vế theo vế của (1) và (2) ta có${2^n} = 2\left( {C_n^1 + C_n^3 + … + C_n^{n – 1}} \right) \Leftrightarrow C_n^1 + C_n^3 + … + C_n^{n – 1} = {2^{n – 1}}.$

Câu 4 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi MNI lần lượt là trung điểm của SASBBC; điểm G nằm giữa S và I sao cho$\frac{{SG}}{{SI}} = \frac{3}{5}$.

a) Tìm giao điểm của đường thẳng MG và mặt phẳng (ABCD).

b) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNG).

Cách giải:

  1. Xét $\left( {SAI} \right)$có $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{2}\\\frac{{SG}}{{SI}} = \frac{3}{5}\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{SM}}{{SA}} \ne \frac{{SG}}{{SI}} \Rightarrow MG$không song song với AI.

Gọi $AI \cap MG = \left\{ E \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E \in MG\\E \in AI \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MG \cap \left( {ABCD} \right) = \left\{ E \right\}.$

  1. Xét mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$có: $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{2}\\\frac{{SG}}{{SI}} = \frac{3}{5}\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{SN}}{{SB}} \ne \frac{{SG}}{{SI}} \Rightarrow NG$không song song với BC.

Gọi$NG \cap SC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}K \in NG \subset \left( {MNG} \right)\\K \in SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right..$

Ta có$\left( {MNG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN;\left( {MNG} \right) \cap \left( {SBC} \right) = NK.$

Xét$\left( {SAB} \right)$ có $MN\parallel AB \Rightarrow MN\parallel CD.$

Ta có $MN\parallel CD,MN \subset \left( {MNG} \right),CD \subset \left( {SCD} \right)$và $K = \left( {SCD} \right) \cap \left( {MNG} \right)$nên từ K kẻ đường thẳng$Kx\parallel CD$, gọi$Kx \cap SD = L.$

$ \Rightarrow KL = \left( {SCD} \right) \cap \left( {MNG} \right)$.

Vậy thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng$\left( {MNG} \right)$là hình thang$MNKL\left( {MN\parallel KL} \right)$.

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Trường THPT Chuyên Thái Nguyên Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 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