Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Lương Thế Vinh Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

0
50

Đề thi Toán 11 học kì 1 trường thpt Lương Thế Vinh Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2018  2019

MÔN TOÁN 11

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

Mục tiêu: Đề thi học kỳ I môn Toán của trường THPT Lương Thế Vinh Hà Nội gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm. Nội dung chính của đề xoay quanh chương trình Toán 11 bao gồm các chương lượng giác, tổ hợp xác suất, cấp số cộng cấp số nhân, phép biến hình và quan hệ song song trong không gian nhằm kiểm tra kiến thức của học sinh trong học kỳ I, đồng thời giúp các em định hướng ôn tập các nội dung để chuẩn bị cho kì thi THPTG năm tới.

Câu 1 (NB): Tìm dãy số là một cấp số nhân trong các dãy số dưới đây.

A. $1,\,2,\, – 4,\,8$ B. $ – \sqrt 2 ,\,2,\, – 2\sqrt 2 ,\,4$ C. $3,\, – \sqrt 3 ,\, – 1,\,\frac{{\sqrt 3 }}{3}$. D. $10,\,5,\,1,\,\frac{1}{5}$

Câu 2 (TH): Khai triển biểu thức $P\left( x \right) = {\left( {2x + 1} \right)^{17}}$ thu được bao nhiêu số hạng?

A. 16 B. 17 C. 15 D. 18

Câu 3 (NB): Tìm tập xác định $D$ của hàm số $y = \cot \frac{x}{2}$.

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

C. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ D. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Câu 4 (TH): Xét trên tập xác định của mỗi hàm số thì khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số $y = \tan x$ là hàm số chẵn B. Hàm số $y = \sin 2x$ là hàm số lẻ

C. Hàm số $y = \cot 2x$ là hàm số chẵn D. Hàm số $y = \cos x$ là hàm số lẻ

Câu 5 (TH): Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ biết ${u_n} = {2^n}$. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

A. ${u_{n + 2}} = {2^2}$ B. ${u_{n + 2}} = {2.2^n}$ C. ${u_{n + 2}} = {2^n} + 2$ D. ${u_{n + 2}} = {4.2^n}$

Câu 6 (NB): Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $C_n^0 = n$ B. $C_n^k = C_n^{n – k}$ C. $0! = 0$ D. $1! = 1$

Câu 7 (NB): Trong không gian, hai mặt phẳng tùy ý có thể có bao nhiêu vị trí tương đối nhau?

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

Câu 8 (TH): Cho 2019 điểm phân biệt nằm trên một đường tròn. Hỏi có thể lập được bao nhiêu tam giác có đỉnh là các điểm đã cho ở trên?

A. ${2019^3}$ B. $C_{2019}^3$ C. 6057 D. $A_{2019}^3$

Câu 9 (TH): Trong không gian cho các đường thẳng $a,\,b$ và các mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)$. Trong các khẳng định sau đây, đâu là khẳng định đúng?

A. Nếu $a \cap \left( \alpha \right) = \emptyset $ thì $a//\left( \alpha \right)$ B. Nếu $a//b$ và $b//\left( \alpha \right)$ thì $a//\left( \alpha \right)$

C. Nếu $a//b$ và $b \subset \left( \alpha \right)$ thì $a//\left( \alpha \right)$ D. Nếu $a//\left( \beta \right)$ và $\left( \beta \right)//b$ thì $a//b$

Câu 10 (TH): Cho hàm số $f\left( x \right) = \sin 3x$. Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Hàm số là một hàm lẻ B. Hàm số có tập giá trị là $\left[ { – 3;3} \right]$

C. Hàm số có tập xác định là $\mathbb{R}$ D. Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ

Câu 11 (TH): Gieo đồng thời hai con súc sắc (khác nhau, cân đối, đồng chất). Xác suất tổng số chấm xuất hiện trên hai súc sắc bằng 7 là

A. $\frac{7}{{36}}$ B. $\frac{1}{6}$ C. $\frac{1}{4}$ D. $\frac{1}{{12}}$

Câu 12 (NB): Trong không gian, đường thẳng $a$ song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ nếu

A. $\left\{ \begin{array}{l}a//b\\b \not\subset \left( P \right)\end{array} \right.$ B. $a \not\subset \left( P \right)$ C. $\left\{ \begin{array}{l}a//b\\b \subset \left( P \right)\\a \not\subset \left( P \right)\end{array} \right.$ D. $\left\{ \begin{array}{l}a//b\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right.$

Câu 13 (TH): Trong hệ tọa độ $Oxy$, phép quay tâm O, góc quay $ – 90^\circ $ biến điểm $A\left( {2;0} \right)$ thành điểm

A. $Q\left( {2; – 2} \right)$ B. $T\left( {0; – 2} \right)$ C. $K\left( {0;2} \right)$ D. $H\left( { – 2;0} \right)$

Câu 14 (NB): Cho lục giác đều $ABCDEF$ có tâm $O$. Phép tịnh tiến theo véc tơ $\overrightarrow {BO} $ biến điểm $O$ thành điểm nào?

A. Điểm $F$ B. Điểm $D$ C. Điểm $E$ D. Điểm $B$

Câu 15 (TH): Họ nghiệm của phương trình $\sqrt 3 \sin x + \cos x = 0$ là

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

Câu 16 (TH): Tìm cung lượng giác $x$ biết rằng ba tỉ số $1,\,2\sin x,\,\sin x + 2$ theo thứ tự lập thành một cấp số cộng.

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

Câu 17 (TH): Trong một cấp số nhân gồm các số hạng dương, hiệu của số hạng thứ năm và số hạng thứ tư là 576, hiệu của số hạng thứ hai và số hạng đầu tiên là 9. Tìm tổng ${S_3}$ của 3 số hạng đầu của cấp số nhân này.

A. ${S_3} = 21$ B. ${S_3} = – 63$ C. ${S_3} = – 21$ D. ${S_3} = 63$

Câu 18 (TH): Khai triển biểu thức $P\left( x \right) = {\left( {5x – 7} \right)^{99}}$ thu được $P\left( x \right) = {a_{99}}{x^{99}} + {a_{98}}{x^{98}} + … + {a_1}x + {a_0}$. Tính tổng $S = {a_{99}} + {a_{98}} + … + {a_1} + {a_0}$.

A. $S = 1$ B. $S = – 1$ C. $S = {2^{99}}$ D. $S = – {2^{99}}$

Câu 19 (TH): Tìm tất cả các giá trị của số thực $m$ để phương trình $\sin 7x = cos2m$ có nghiệm.

A. $m \in \left[ { – 1;1} \right]$ B. $m \in \mathbb{R}$ C. $m \in \left[ { – \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right]$ D. $m \in \left[ { – \frac{1}{7};\frac{1}{7}} \right]$

Câu 20 (VD): Một đội công nhân trồng cây xanh trên đoạn đường dài 5,27 kilomet. Cứ 50 mét trồng một cây. Hỏi có bao nhiêu cây được đội công nhân trồng trên đoạn đó (cây đầu tiên được trồng ở ngay đầu đoạn đường)?

A. 107 B. 105 C. 106 D. 108

Câu 21 (VD): Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có ${u_1} = 1;\,{u_{n + 1}} = {u_n} + \frac{1}{{{n^2}}},\,\forall n \in \mathbb{N}$. Trong các phát biểu sau, có bao nhiêu phát biểu đúng?

(I) $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số tăng (II) $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số bị chặn dưới (III) ${u_2} = 2{u_1}$

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Câu 22 (TH): Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có ${u_1} = 2,\,{u_2} = 3$ và ${u_{n + 1}} = 2{u_n} + {u_{n – 1}}$ với mọi $n \ge 2,\,n \in \mathbb{N}$. Tìm số hạng thứ tư của dãy số đó.

A. ${u_4} = 19$ B. ${u_4} = 13$ C. ${u_4} = 14$ D. ${u_4} = 17$

Câu 23 (VD): Tìm tập nghiệm của phương trình $2{\sin ^2}x + 3\sin x\cos x + 5{\cos ^2}x = 2$

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

C. $\left\{ { – \frac{\pi }{4} + k\pi ;\,\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ D. $\left\{ { – \frac{\pi }{4} + k2\pi ;\,\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Câu 24 (VD): Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành (tham khảo hình vẽ). Một mặt phẳng đồng thời song song với AC và SB lần lượt cắt các đoạn thẳng SA, AB, BC, SC, SD, BD tương ứng tại M, N, E, F, I, J. Có bao nhiêu khẳng định sai trong các khẳng định sau?

I) $IJ//SB$

II) $MF//AC$

III) Tứ giác $MNEF$ là hình bình hành.

A. 2 B. 0 C. 3 D. 1

Câu 25 (VD): Cho cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ thỏa mãn $\left\{ \begin{array}{l}{u_4} = 7{u_1}\\{S_5} = 75\end{array} \right.$. Tìm số hạng thứ hai của cấp số cộng này.

A. ${u_2} = 12$ B. ${u_2} = 9$ C. ${u_2} = 6$ D. ${u_2} = 3$

Câu 26 (TH): Trong không gian, điều kiện nào sau đây không đủ để kết luận rằng mặt phẳng $\left( P \right)$ song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$? (giả thiết rằng các mặt phẳng đều phân biệt).

A. $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ không có điểm chung

B. $\left( P \right)$ chứa vô số đường thẳng song song với $\left( Q \right)$.

C. $\left( P \right)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau và chúng cùng song song với $\left( Q \right)$.

D. $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ cùng song song với mặt phẳng $\left( R \right)$.

Câu 27 (TH): Ba số thực $a,\,b,\,c$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Tính giá trị biểu thức $D = ac – 5b$ biết rằng $abc = – 27$.

A. $D = 24$ B. $D = – 24$ C. $D = 6$ D. $D = – 6$

Câu 28 (VD): Hệ số của số hạng thứ 12 trong khai triển nhị thức ${\left( {3 – x} \right)^{15}}$ theo lũy thừa tăng dần của $x$ là

A. $ – 110565$ B. $ – 12285$ C. $110565$ D. $12285$

Câu 29 (VD): Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Phép vị tự nào sau đây biến tam giác ABC thành tam giác MNP?

A. Phép vị tự tâm A, tỉ số $k = \frac{1}{2}$ B. Phép vị tự tâm $G$, tỉ số $k = – \frac{1}{2}$

C. Không có phép vị tự nào D. Phép vị tự tâm $G$, tỉ số $k = \frac{1}{2}$

Câu 30 (VD): Cho hình chóp $S.ABCD$. Gọi G, E lần lượt là trọng tâm các tam giác SAD và SCD. Lấy M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $GE$ cắt $BC$ B. $GE$ và $MN$ chéo nhau

C. $DE//MN$ D. $MN//SD$

Câu 31 (VD): Cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với công bội $q$ và số hạng đầu tiên ${u_1} > 0$ là dãy số giảm. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $0 < q < 1$ B. $q \le 0$ C. $q > 1$ D. $\left| q \right| \le 1$

Câu 32 (NB): Cho lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có tất cả các cạnh bằng nhau. Khi cắt lăng trụ này bởi một mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC) thì được thiết diện là hình gì?

A. Tứ giác thường B. Tam giác thường C. Hình bình hành D. Tam giác đều

Câu 33 (VD): Cho lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ có hai đáy là các hình bình hành. Các điểm M, N, P lần lượt là trung điểm của cạnh AD, BC, CC’ (tham khảo hình vẽ). Xét các khẳng định sau:

I) Mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ cắt cạnh $A’D’$

II) Mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ cắt cạnh $DD’$ tại trung điểm của $DD’$

III) Mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ song song với mặt phẳng $\left( {ABC’D’} \right)$

Trong các khẳng định trên, số khẳng định đúng là

A. 3 B. 1 C. 4 D. 2

Câu 34 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số được lập thành từ các chữ số 0, 2, 4, 6, 8, 9?

A. 120 B. 180 C. 100 D. 256

Câu 35 (VD): Trong các mệnh đề sau, có bao nhiêu mệnh đề đúng?

I) Hàm số $y = x + {\mathop{\rm sinx}\nolimits} $ tuần hoàn với chu kì $T = 2\pi $

II) Hàm số $y = x\cos x$ là hàm số lẻ

III) Hàm số $y = \tan x$ đồng biến trên từng khoảng xác định

A. 2 B. 1 C. 3 D. 0

Câu 36 (VD): Cho cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có ${u_5} = 15$ và ${u_{18}} = – 1875$. Công bội của cấp số nhân là

A. $q = 3$ B. $q = 5$ C. $q = – 5$ D. $q = – 3$

Câu 37 (VD): Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành, M là điểm bất kì năm trong đoạn thẳng $SC$. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M$ và song song với mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$. Thiết diện của hình chóp $S.ABCD$cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là hình gì?

A. Hình bình hành B. Hình thang C. Hình tam giác cân D. Hình ngũ giác

Câu 38 (VD): Giải bóng đá Vô địch quốc gia Việt Nam 2018 (Nuti Café V.League 2018) có 14 đội bóng tham dự theo thể thức vòng tròn tính điểm lượt đi – lượt về (nghĩa là 2 đội bất kì sẽ đấu với nhau đúng 2 trận). Hỏi có tất cả bao nhiêu trận đấu diễn ra trong cả giải đấu đó?

A. 196 trận B. 182 trận C. 98 trận D. 91 trận

Câu 39 (VD): Cho chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành (tham khảo hình vẽ). Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, SC. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?

A. $IJ//CD$ B. $SD \cap \left( {IJK} \right) = \emptyset $

C. $\left( {IJK} \right) \cap \left( {ACD} \right) = \emptyset $ D. $IK//AC$

Câu 40 (VD): Có bao nhiêu cách xếp ba bạn nam và hai bạn nữ thành một hàng ngang sao cho hai bạn nữ không đứng cạnh nhau?

A. 36 B. 24 C. 72 D. 120

Câu 41 (VD): Trong một hộp có 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Lấy ngẫu nhiên ra bốn thẻ và xếp cạnh nhau theo thứ tự từ trái sang phải. Tính xác suất để bốn thẻ đó xếp thành một số tự nhiên chẵn.

A. $\frac{2}{3}$ B. $\frac{4}{9}$ C. $\frac{5}{9}$ D. $\frac{1}{3}$

Câu 42 (VD): Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ (tham khảo hình vẽ). Hai điểm $M,\,N$ lần lượt nằm trên hai cạnh $AD,\,CC’$ sao cho $AM = \frac{1}{2}AD,\,CN = \frac{1}{4}CC’$. Thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng chứa đường thẳng $MN$ và song song với mặt phẳng $\left( {ACB’} \right)$ là

A. hình lục giác B. hình ngũ giác

C. hình tam giác D. không có thiết diện

Câu 43 (VD): Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ (tham khảo hình vẽ). Gọi $M$ là trung điểm cạnh $A’D’$ và $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua $M$, song song với các đường thẳng $BB’,\,AC$. Gọi $T$ là giao điểm của đường thẳng $BC$ và mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Tính tỉ số $\frac{{TB}}{{TC}}$.

A. 2 B. $\frac{2}{3}$

C. 3 D. $\frac{3}{2}$

Câu 44 (VD): Một túi đựng 9 quả cầu màu xanh, 3 quả cầu màu đỏ, 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên 6 quả cầu trong túi. Tính xác suất sao cho lấy được cả ba loại cầu, đồng thời số quả cầu màu xanh bằng số quả cầu màu đỏ.

A. $\frac{{165}}{{1292}}$ B. $\frac{9}{{76}}$ C. $\frac{{118}}{{969}}$ D. $\frac{{157}}{{1292}}$

Câu 45 (VD): Cho tứ diện $ABCD$ có $BC = 9,\,AC = 6$ và $BD = 3$ (tham khảo hình vẽ). Điểm $M$ di chuyển trên cạnh $BC$. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ qua $M$, song song với $AC$ và $BD$ cắt tứ diện theo thiết diện là một tứ giác. Khi $M$ di chuyển đến vị trí ${M_0}$ để thiết diện đó là một hình thoi, hãy tính tích ${M_0}B.{M_0}C$

A. $\frac{{81}}{4}$ B. 14

C. 18 D. 20

Câu 46 (VDC): Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ thỏa mãn ${u_1} = 6$ và ${u_{n + 1}} = \frac{1}{9}\left( {u_n^2 – {u_n} + 25} \right)$ với mọi số tự nhiên $n \ge 1$. Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

I) $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số không tăng, không giảm.

II) $\frac{1}{{{u_1} + 4}} = \frac{1}{{{u_1} – 5}} – \frac{1}{{{u_2} – 5}}$

III) $\frac{1}{{{u_1} + 4}} + \frac{1}{{{u_2} + 4}} + … + \frac{1}{{{u_{2018}} + 4}} = 1 – \frac{1}{{{u_{2019}} – 5}}$

A. 3 B. 2 C. 1 D. 0

Câu 47 (VD): Số tự nhiên $n$ thỏa mãn đẳng thức $1 + 4 + 7 + … + \left( {3n + 1} \right) = 4187$ là

A. 52 B. 51 C. 50 D. 49

Câu 48 (VDC): Một lớp học có 3 tổ. Tổ I gồm có 3 học sinh nam và 7 học sinh nữ; tổ II gồm có 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ; tổ III gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Cô giáo chủ nhiệm cần chọn ra một học sinh nam và một học sinh nữ để tham gia hoạt động tình nguyện. Hỏi cô giáo có bao nhiêu cách chọn, nếu cô muốn chọn hai em học sinh ở hai tổ khác nhau?

A. 154 B. 145 C. 242 D. 224

Câu 49 (VDC): Trong một trò chơi, người chơi cần gieo cùng lúc ba con súc sắc cân đối, đồng chất; nếu được ít nhất hai con súc sắc xuất hiện mặt có số chấm lớn hơn 4 thì người chơi đó thắng. Tính xác suất để trong ba lần chơi, người chơi thắng ít nhất một lần.

A. $\frac{{11683}}{{19683}}$ B. $\frac{2}{9}$ C. $\frac{{386}}{{729}}$ D. $\frac{7}{{27}}$

Câu 50 (VD): Tập nghiệm của phương trình $\cos 2x – \sin x = 0$ được biểu diễn bởi tất cả bao nhiêu điểm trên đường tròn lượng giác?

A. 3 điểm B. 4 điểm C. 2 điểm D. 1 điểm

Đáp án

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp

Cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1}$ và công bội $q$ thì ${u_n} = {u_1}.{q^{n – 1}};\,{u_n} = {u_{n – 1}}q$

Cách giải:

Đáp án A: Ta nhận thấy $2:1 = 2;\,\left( { – 4} \right):2 = – 2$ nên dãy số $1,\,2,\, – 4,\,8$ không là một cấp số nhân

Đáp án B: Ta thấy $2:\left( { – \sqrt 2 } \right) = – 2\sqrt 2 :2 = 4:\left( { – 2\sqrt 2 } \right) = – \sqrt 2 $ nên dãy số $ – \sqrt 2 ;\,2;\,2\sqrt 2 ;\,4$ là một cấp số nhân có ${u_1} = – \sqrt 2 $; công bội $q = – \sqrt 2 $.

Đáp án C: Ta thấy $ – \sqrt 3 :3 \ne \left( { – 1} \right):\left( { – \sqrt 3 } \right)$ nên dãy số $3;\,\sqrt 3 ;\,1;\,\frac{{\sqrt 3 }}{3}$không là cấp số nhân

Đáp án D: Ta thấy $5:10 = \frac{1}{2} \ne \frac{1}{5}$ nên dãy số 10, 5, 1, 1 không là cấp số nhân.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton ${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n – k}}{b^k}} $ và suy ra số số hạng của khai triển là $n + 1$

Cách giải:

Số số hạng của biểu thức $P\left( x \right) = {\left( {2x + 1} \right)^{17}}$ là $17 + 1 = 18$ số hạng.

Câu 3: Đáp án D

Phương pháp

Hàm số $y = \cot x$ có TXĐ $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Cách giải:

ĐK: $\sin \frac{x}{2} \ne 0 \Leftrightarrow \frac{x}{2} \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Nên hàm số $y = \cot \frac{x}{2}$ có TXĐ $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Câu 4: Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng lý thuyết về tính chẵn lẻ của các hàm số lượng giác.

Cách giải:

Đáp án A: Hàm số $y = \tan x$ là hàm số lẻ nên A sai.

Đáp án B: Hàm số $y = \sin 2x$ là hàm số lẻ nên B đúng.

Đáp án C: Hàm số $y = \cot 2x$ là hàm số lẻ trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}$ nên C sai.

Đáp án D : Hàm số $y = \cos x$ là hàm số chẵn trên $\mathbb{R}$nên D sai.

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp

Vận dụng đúng công thức ${u_n} = {2^n}$ để suy ra câu đúng.

Cách giải:

Ta có ${u_n} = {2^n}$ nên ${u_{n + 2}} = {2^{n + 2}} = {2^n}{.2^2} = {4.2^n}$

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng các tính chất của giai thừa, tổ hợp chập k của n.

Cách giải:

Đáp án A: sai vì $C_n^0 = 1$.

Đáp án B: sai vì $C_n^k = C_n^{n – k}$.

Đáp án C: sai vì $0! = 1$.

Đáp án D đúng.

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng vị trí tương đối của hai mặt phẳng trong không gian.

Cách giải:

Hai mặt phẳng trong không gian có thể có ba vị trí tương đối sau:

+ Song song

+ Cắt nhau

+ Trùng nhau

Câu 8: Đáp án B

Phương pháp

Cứ mỗi cách chọn ra 3 điểm không thẳng hàng ta lại có được một tam giác.

Cách giải:

Do 2019 điểm phân biệt trên đường tròn nên không có 3 điểm nào thẳng hàng.

Mỗi cách chọn 3 trong 2019 điểm ta được một tam giác nên số tam giác là số cách chọn 3 trong 2019 điểm.

Vậy có $C_{2019}^3$ tam giác.

Câu 9: Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng kiến thức về đường thẳng cắt mặt phẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng

Cách giải:

A. Nếu đường thẳng a không có điểm chung với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ thì $a//\left( \alpha \right)$ nên A đúng.

B. Sai vì đường thẳng a có thể nằm trong $\left( \alpha \right)$

C. Sai vì đường thẳng a có thể nằm trong $\left( \alpha \right)$

D. Sai vì a, b có thể cắt nhau.

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp

Nhận xét tính đúng sai của mỗi đáp án, sử dụng tính chất hàm số sin.

Cách giải:

Đáp án A: đúng vì $\sin \left( { – 3x} \right) = – \sin 3x$.

Đáp án B: sai vì hàm số có tập giá trị là $\left[ { – 1;1} \right]$.

Đáp án C: đúng.

Đáp án D: đúng vì $\sin \left( {3.0} \right) = 0$ nên đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;0} \right)$.

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp

Tính xác suất theo định nghĩa $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$ với $n\left( A \right)$ là số phần tử của biến cố A và $n\left( \Omega \right)$ là số phần tử của không gian mẫu.

Cách giải:

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = 6.6 = 36$

Gọi A là biến cố: Tổng số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc là 7

Có các cặp số có tổng là 7 là $\left( {1;6} \right),\,\left( {6;1} \right),\,\left( {2;5} \right),\,\left( {5;2} \right),\,\left( {3;4} \right),\,\left( {4;3} \right)$

Nên số phần tử của biến cố A là $n\left( A \right) = 6$

Xác suất cần tìm là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}$

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp

Sử dụng điều kiện đường thẳng song song mặt phẳng nếu nó không nằm trong mặt phẳng và song song với một đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó.

Cách giải:

Đường thẳng $a$ song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ nếu $\left\{ \begin{array}{l}a//b\\b \subset \left( P \right)\\a \not\subset \left( P \right)\end{array} \right.$

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng công thức tọa độ của phép quay tâm $O\left( {0;0} \right)$ góc quay $\alpha $ biến $M\left( {x;y} \right)$ thành $M\left( {x’;y’} \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}x’ = x\cos \alpha – y\sin \alpha \\y’ = x\sin \alpha + y\cos \alpha \end{array} \right.$

Cách giải:

Ta có ${Q_{\left( {O; – 90^\circ } \right)}}\left( A \right) = A’$

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = {x_A}\cos \left( { – 90^\circ } \right) – {y_A}\sin \left( { – 90^\circ } \right)\\{y_{A’}} = {x_A}\sin \left( { – 90^\circ } \right) + {y_A}\cos \left( { – 90^\circ } \right)\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = 2.0 – 0.\left( { – 1} \right) = 0\\{y_{A’}} = 2.\left( { – 1} \right) + 0.0 = – 2\end{array} \right.$ nên $A’\left( {0; – 2} \right)$

Câu 14: Đáp án C

Phương pháp

Dựng hình, tìm ảnh của $O$ qua phép tịnh tiến theo véc tơ $\overrightarrow {BO} $.

Sử dụng định nghĩa: ${T_{\overrightarrow v }}\left( M \right) = M’ \Leftrightarrow \overrightarrow {MM’} = \overrightarrow v $

Cách giải:

Quan sát hình vẽ ta thấy ${T_{\overrightarrow {BO} }}\left( O \right) = E$vì $\overrightarrow {OE} = \overrightarrow {BO} $

Câu 15: Đáp án C

Phương pháp

Đưa về giải phương trình dạng $cos\left( {x – \alpha } \right) = 0 \Leftrightarrow x – \alpha = \frac{\pi }{2} + k\pi $ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Lưu ý: $\cos \left( {a – b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b$

Cách giải:

Ta có $\sqrt 3 \sin x + \cos x = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\cos x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x = 0 \Leftrightarrow \cos x.\cos \frac{\pi }{3} + \sin x.\sin \frac{\pi }{3} = 0$

$ \Leftrightarrow \cos \left( {x – \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow x – \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{5\pi }}{6}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{6} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp

Ba số a, b, c theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng thì $2a = b + c$

Cách giải

Ba số $1,\,2\sin x,\,\sin x + 2$ theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng $ \Leftrightarrow 2.\left( {2\sin x} \right) = 1 + \left( {\sin x + 2} \right)$

$ \Rightarrow 4\sin x = 3 + \sin x \Leftrightarrow \sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}$

Câu 17: Đáp án D

Phương pháp

Cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1}$ và công bội $q$ thì số hạng thứ n là ${u_n} = {u_1}.{q^{n – 1}}$

Tổng n số hạng đầu của dãy ${S_n} = \frac{{{u_1}\left( {{q^n} – 1} \right)}}{{q – 1}}$

Cách giải:

Gọi cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$, ${u_n} > 0;\,\forall n$ có số hạng đầu ${u_1}$ và công bội $q \ne 1$ thì theo đề bài ta có

$\left\{ \begin{array}{l}{u_5} – {u_4} = 576\\{u_2} – {u_1} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^4} – {u_1}{q^3} = 576\\{u_1}q – {u_1} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^3}\left( {q – 1} \right) = 576\\{u_1}\left( {q – 1} \right) = 9\end{array} \right.$

Vì $q \ne 1$ nên ta có $\frac{{{u_1}{q^3}\left( {q – 1} \right)}}{{{u_1}\left( {q – 1} \right)}} = \frac{{576}}{9} \Leftrightarrow {q^3} = 64 \Leftrightarrow q = 4\left( {tm} \right)$

Suy ra ${u_1} = 3$

Do đó ${S_3} = \frac{{{u_1}\left( {{q^3} – 1} \right)}}{{\left( {q – 1} \right)}} = \frac{{3\left( {{4^3} – 1} \right)}}{{4 – 1}} = 63$

Câu 18: Đáp án D

Phương pháp

Cho $x = 1$ và tính tổng $S$.

Cách giải:

Ta có: $P\left( x \right) = {a_{99}}{x^{99}} + {a_{98}}{x^{98}} + … + {a_1}x + {a_0} = {\left( {5x – 7} \right)^{99}}$

Dễ thấy $S = {a_{99}} + {a_{98}} + … + {a_1} + {a_0} = P\left( 1 \right)$ nên $S = {\left( {5.1 – 7} \right)^{99}} = {\left( { – 2} \right)^{99}} = – {2^{99}}$

Câu 19: Đáp án B

Phương pháp

Đưa phương trình đã cho về dạng $\cos a = \cos b \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b + k2\pi \\a = – b + k2\pi \end{array} \right.$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Cách giải:

Ta có $\sin 7x = cos2m \Leftrightarrow cos2m = cos\left( {\frac{\pi }{2} – 7x} \right)$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2m = \frac{\pi }{2} – 7x + k2\pi \\2m = 7x – \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{14}} – \frac{m}{7} + \frac{{k2\pi }}{7}\\x = \frac{\pi }{{14}} + \frac{{2m}}{7} – \frac{{k2\pi }}{7}\end{array} \right.$

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi $m$.

Câu 20: Đáp án C

Phương pháp

Sử dụng công thức tính số hạng thứ n của cấp số cộng ${u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d$

Cách giải:

Cứ hai cây cách nhau 50m và cây đầu tiên trồng ở đầu đường nên ta coi dãy các cây là một cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1} = 0$, công sai $d = 50$, cây cuối cùng trồng trên đường là số hạng ${u_n}$ của cấp số cộng.

Có ${u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d \Rightarrow {u_n} = 0 + \left( {n – 1} \right).50 \Leftrightarrow {u_n} = 50\left( {n – 1} \right)$

Do $n \in \mathbb{N}*$ nên ${u_n} \vdots 50$. Lại có ${u_n} \le 5270$ nên ${u_n} = 5270$.

Do đó $5250 = \left( {n – 1} \right).50 \Leftrightarrow n = 106$. Vậy trồng được tất cả 106 cây và dư ra 20m đường.

Chú ý:

Một số em chỉ lấy $5270:50 = 105$ dư 20 và chọn ngay B là sai vì quên mất cây đầu tiên trồng ngay đầu đường nên phải cộng thêm 1.

Câu 21: Đáp án D

Phương pháp:

Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$

+ $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số tăng khi ${u_n} > {u_{n – 1}}$ $\left( {\forall n \in \mathbb{N}*} \right)$

$\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số bị chặn dưới khi tồn tại số $m$ sao cho ${u_n} \ge m$ $\left( {\forall n \in \mathbb{N}*} \right)$

Cách giải:

Ta có ${u_1} = 1;\,{u_{n + 1}} = {u_n} + \frac{1}{{{n^2}}},\,\forall n \in \mathbb{N}$ nên ${u_2} = {u_1} + \frac{1}{{{1^2}}} = 1 + 1 = 2 \Rightarrow {u_2} = 2{u_1}$ nên (III) đúng.

Lại có ${u_{n + 1}} – {u_n} = \frac{1}{{{n^2}}} > 0$ $\left( {\forall n} \right)$ hay ${u_{n + 1}} > {u_n}$ nên $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số tăng nên (I) đúng.

Vì $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số tăng nên ta có ${u_n} \ge {u_1} = 1$ với mọi $n \in \mathbb{N}*$

Hay $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số bị chặn dưới nên (II) đúng.

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp

Tính các số hạng ${u_3},\,{u_4}$ và kết luận.

Cách giải:

Ta có: ${u_3} = 2{u_2} + {u_1} = 2.3 + 2 = 8;\,{u_4} = 2{u_3} + {u_2} = 2.8 + 3 = 19$

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp

TH1: $\cos x = 0$

TH2: $\cos x \ne 0$

Chia cả hai vế cho $co{s^2}x$ đưa về giải phương trình ẩn $\tan x$.

Sử dụng $\tan x = m \Leftrightarrow x = \arctan m + k\pi $, $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Cách giải:

+ Với $\cos x = 0$ thay vào phương trình $2{\sin ^2}x + 3\sin x\cos x + 5{\cos ^2}x = 2$ ta được

$2{\sin ^2}x = 2 \Leftrightarrow {\sin ^2}x = 1\left( {tm} \right)$ nên $\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi $ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ thỏa mãn phương trình đã cho.

+ Với $\cos x \ne 0$, ta chia cả hai vế của phương trình cho ${\cos ^2}x \ne 0$ ta được $2{\tan ^2}x + 3\tan x + 5 = 2.\frac{1}{{co{s^2}x}}$

$ \Leftrightarrow 2{\tan ^2}x + 3\tan x + 5 = 2\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right) \Leftrightarrow 3\tan x = – 3 \Leftrightarrow \tan x = – 1 \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\left( {tm} \right)$

Vậy họ nghiệm của phương trình là $x = – \frac{\pi }{4} + k\pi $, $x = \frac{\pi }{2} + k\pi $ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Câu 24: Đáp án C

Phương pháp

Dựng hình và nhận xét.

Cách giải:

Lấy $M$ bất kì thuộc $SA$.

Trong $\left( {SAB} \right)$, kẻ $MN//SB$ $\left( {N \in AB} \right)$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$, kẻ $NE//AC$ $\left( {E \in BC} \right)$.

Trong $\left( {SBC} \right)$, kẻ $EF//SB$ $\left( {F \in SC} \right)$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$, gọi $NE \cap BD = J$.

Trong $\left( {SBD} \right)$, kẻ $JI//SB$ $\left( {I \in SD} \right)$.

Từ đó ta được mặt phẳng $\left( {MNEFI} \right)$ thỏa mãn bài toán và các điểm M, N, E, F, J, I.

Dễ thấy, $SB//JI$ nên (I) đúng.

$MF//AC$ nên (II) đúng.

Tứ giác $MNEF$ có $NE//MF$ (cùng $//AC$) và $FE//MN$ (cùng song song $SB$ ) nên tứ giác $MNEF$ là hình bình hành.

Vậy cả ba khẳng định đều đúng.

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp

Cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1}$ và công sai d thì ${u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d$ và ${S_n} = n{u_1} + \frac{{n\left( {n – 1} \right)d}}{2}$

Cách giải:

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_4} = 7{u_1}\\{S_5} = 75\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 3d = 7{u_1}\\5{u_1} + \frac{{5.4.d}}{2} = 75\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 6{u_1} + 3d = 0\\5{u_1} + 10d = 75\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\d = 6\end{array} \right.$

Số hạng thứ hai ${u_2} = {u_1} + d = 3 + 6 = 9$.

Câu 26: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng điều kiện hai mặt phẳng song song nhận xét từng đáp án.

Cách giải:

Đáp án A: Đúng.

Đáp án B: Không đủ vì có thể xảy ra trường hợp $\left( P \right)$ chứa các đường thẳng song song với nhau và song song với $\left( Q \right)$. Khi đó $\left( P \right)$ có thể cắt $\left( Q \right)$ và các đường thẳng song song ở trên đều song song với giao tuyến.

Đáp án C: Đúng.

Đáp án D: Đúng.

Câu 27: Đáp án A

Phương pháp:

Cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu ${u_1}$ có tính chất $u_k^2 = {u_{k – 1}}.{u_{k + 1}}$

Cách giải:

Vì a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên ta có $ac = {b^2}$

Mà $abc = – 27 \Leftrightarrow {b^3} = – 27 \Leftrightarrow b = – 3 \Rightarrow ac = 9$

Nên $D = ac – 5b = 9 – 5.\left( { – 3} \right) = 24$.

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp:

– Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, khai triển nhị thức đã cho.

– Tìm hệ số của số hạng thứ 12 trong khai triển và kết luận.

Cách giải:

Ta có:

${\left( {3 – x} \right)^{15}} = \sum\limits_{k = 0}^{15} {C_{15}^k{3^{15 – k}}{{\left( { – x} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^{15} {C_{15}^k{3^{15 – k}}{{\left( { – 1} \right)}^k}{{\left( x \right)}^k}} $

$ = C_{15}^0 – C_{15}^1{.3^{14}}x + C_{15}^2{.3^{13}}{x^2} – … + C_{15}^{14}.3{x^{14}} – C_{15}^{15}{x^{15}}$

Lũy thừa của $x$ tăng dần ứng với $k$ tăng dần nên số hạng thứ 12 là $C_{15}^{11}{3^{15 – 11}}{\left( { – 1} \right)^{11}}{x^{11}}$.

Hệ số của số hạng trên là $C_{15}^{11}{3^4}{\left( { – 1} \right)^{11}} = – {3^4}C_{15}^{11} = – 110565$.

Câu 29: Đáp án D

Phương pháp:

Phép vị tự tâm A tỉ số $k$: ${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( M \right) = M’ \Leftrightarrow \overrightarrow {IM’} = k\overrightarrow {IM} $

Cách giải: 

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên $\frac{{GM}}{{GA}} = \frac{{GN}}{{GB}} = \frac{{GP}}{{GC}} = \frac{1}{2}$ hay

$\overrightarrow {GM} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} ;\,\overrightarrow {GN} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} ;\,\overrightarrow {GP} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} $

Xét phép vị tự tâm G tỉ số $ – \frac{1}{2}$ta có ${V_{\left( {G; – \frac{1}{2}} \right)}}\left( A \right) = M,\,{V_{\left( {G; – \frac{1}{2}} \right)}}\left( B \right) = N,\,{V_{\left( {G; – \frac{1}{2}} \right)}}\left( C \right) = P$ (do

$\overrightarrow {GM} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} ;\,\overrightarrow {GN} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} ;\,\overrightarrow {GP} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} $ (cmt))

Hay phép vị tự tâm G tỉ số $ – \frac{1}{2}$ biến tam giác ABC thành tam giác MNP.

Câu 30: Đáp án C

Phương pháp:

Dựng hình, nhận xét tính đúng sai của từng đáp án.

Cách giải:

Gọi $P$ là trung điểm của $SD$ thì $AG = \frac{2}{3}AP,\,CE = \frac{2}{3}CP \Rightarrow GE//AC$

Mà $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MN//AC$.

Vậy $GE//MN$ (cùng $//AC$).

Câu 31: Đáp án A

Phương pháp:

Cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với công bội $q$và số hạng đầu tiên ${u_1}$ có ${u_n} = {u_{n – 1}}.q$

$\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm khi ${u_{n + 1}} < {u_n}$, $\forall n \in \mathbb{N}*$

Cách giải:

Vì ${u_1} > 0$ nên $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm thì $q > 0$ suy ra ${u_n} > 0,\,\forall n$

Ta có ${u_{n + 1}} = {u_n}q \Leftrightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = q$ mà $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm nên ${u_{n + 1}} < {u_n}$, $\forall n \in \mathbb{N}*$

Suy ra $\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} < 1 \Rightarrow q < 1$

Do đó $0 < q < 1$

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

Dựng hình và nhận xét.

Cách giải:

Lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có các cạnh bằng nhau nên tam giác $ABC$ đều. Khi cắt lăng trụ bởi mặt phẳng song song với đáy ta cũng được tam giác đều $DFE$.

Câu 33: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng cách tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng

Chứng minh hai mặt phẳng $\left( P \right),\,\left( Q \right)$ song song dựa vào $\left\{ \begin{array}{l}a//b\\c//d\\a,\,c \subset \left( P \right),\,a \cap c\\b,d \subset \left( Q \right),\,b \cap d\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right)//\left( Q \right)$

Cách giải

+ Lấy $E$ là trung điểm $DD’ \Rightarrow EP//CD//MN$ suy ra $\left( {MNP} \right) \equiv \left( {MNPE} \right)$

Do đó $\left( {MNP} \right) \cap DD’ = E$ với $E$ là trung điểm $DD’$ nên II) đúng.

+ Trong $\left( {ADD’A’} \right)$ có $ME$ cắt tia $A’D’$ tại $F$ suy ra $\left( {MNPE} \right) \cap A’D’ = \left\{ F \right\}$

Ta có $AMFD’$ là hình bình hành (do $MF//AD’;\,AM//D’F$) nên $AM = D’F = \frac{1}{2}A’D’ \Rightarrow A’F = \frac{3}{2}A’D$

Nên $F$ không thuộc cạnh $A’D’$ do đó I) sai.

+ Ta có $ME//AD’$ (do $ME$ là đường trung bình $\Delta DAD’$) và $MN//AB$ nên $\left( {MNP} \right)//\left( {ABC’D’} \right)$ do đó III) đúng.

Câu 34: Đáp án B

Phương pháp:

Đếm số các số bằng cách sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên thỏa mãn bài toán là $\overline {abc} $ với $a,b,c \in \left\{ {0;2;4;6;8;9} \right\},\,a \ne 0$

Ta có: $a \ne 0$ nên có 5 cách chọn $a$.

Có 6 cách chọn $b$ và 6 cách chọn $c$.

Vậy có $5.6.6 = 180$ số.

Câu 35: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ tuần hoàn với chu kì $T \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in D \Rightarrow x + T \in D\\f\left( x \right) = f\left( {x + T} \right)\end{array} \right.$

Hàm số $y = f\left( x \right)$ là hàm số lẻ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in D \Rightarrow – x \in D\\f\left( { – x} \right) = – f\left( x \right)\end{array} \right.$

Cách giải:

A. Sai vì $f\left( {x + 2\pi } \right) = x + 2\pi + \sin \left( {x + 2\pi } \right) = x + \sin x + 2\pi \ne f\left( x \right)$

B. Đúng vì $\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R} \Rightarrow – x \in \mathbb{R}\\f\left( { – x} \right) = – x.cos\left( { – x} \right) = – x\cos x = – f\left( x \right)\end{array} \right.$

C. Đúng vì hàm số $y = \tan x$ đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { – \frac{\pi }{2} + k\pi ;\,\frac{\pi }{2} + k\pi } \right)$

Câu 36: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1}{q^{n – 1}}$

Lập hệ phương trình ẩn $q,\,{u_1}$ và giải phương trình.

Cách giải:

Ta có: ${u_5} = 15,\,{u_8} = – 1875 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^4} = 15\\{u_1}{q^7} = – 1875\end{array} \right. \Rightarrow {q^3} = – 125 \Rightarrow q = – 5$

Câu 37: Đáp án B

Phương pháp:

Dựng các đường thẳng qua $M$ và song song với các cạnh của tam giác $SAB$ ta được mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cần dựng

Từ đó ta xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$

Cách giải:

+ Trong mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ kẻ $MF//SB$ $\left( {F \in BC} \right)$

+ Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ kẻ $FN//BA$ $\left( {N \in AD} \right)$

Từ đó ta có $\left( {MNF} \right)//\left( {SAB} \right)$

Trong $\left( {SCD} \right)$ kẻ $ME//CD$ $\left( {E \in SD} \right) \Rightarrow ME//CD//FN//AB$ hay $\left( {MNF} \right) \equiv \left( {MFNE} \right)$

Suy ra $\left( \alpha \right) \equiv \left( {MFNE} \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = MF\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SDC} \right) = ME\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = NE\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NF\end{array} \right.$ nên thiết diện cắt bởi $\left( \alpha \right)$là tứ giác $MENF$

Mà $ME//FN \Rightarrow MENF$ là hình thang.

Câu 38: Đáp án B

Phương pháp:

Đếm số trận đấu của mỗi đội trong giải đấu, từ đó suy ra số trận đấu trong giải.

Cách giải:

Cứ mỗi đội trong giải đấu phải đấu với 13 đội còn lại nên có 13 trận đấu.

Vậy 14 đội có $14.13 = 182$ trận đấu.

Câu 39: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tính chất hình bình hành, tính chất đường trung bình của tam giác

Sử dụng cách tìm giao tuyến của hai mặt phẳng, tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng.

Cách giải:

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB//CD$, lại có $IJ//AB$ (do $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SAB$) nên $IJ//CD$ hay A đúng.

Lấy $M$ là trung điểm của $SD \Rightarrow IJKM$ là hình bình hành nên $\left( {IJK} \right) \cap SD = \left\{ M \right\}$, do đó B sai.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}IJ//AB\\JK//BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {IJK} \right)//\left( {ACD} \right)$ nên $\left( {IJK} \right) \cap \left( {ACD} \right) = \emptyset $, do đó C đúng.

+ $IK//AC$ do $IK$ là đường trung bình tam giác $SAC$ nên D đúng.

Câu 40: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp phần bù, đếm số cách xếp mà hai bạn nữ đứng cạnh nhau, từ đó suy ra kết quả.

Cách giải:

Số cách xếp 5 bạn trong một hàng ngang là $5! = 120$ cách.

Ta đếm số cách xếp 5 bạn, trong đó 2 bạn nữ đứng cạnh nhau.

Gom 2 bạn nữ thành một cặp thì có $2! = 2$ cách đổi chỗ hai bạn này.

Nhóm này cùng với 3 bạn nam còn lại tạo thành 4 bạn thì có $4! = 24$ cách xếp chỗ.

Do đó có $2.24 = 48$ cách xếp 5 bạn sao cho 2 bạn nữ đứng cạnh nhau.

Vậy có $120 – 48 = 72$ cách xếp chỗ mà hai bạn nữ không đứng cạnh nhau.

Câu 41: Đáp án B

Phương pháp: 

– Tính số phần tử của không gian mẫu (số cách chọn 4 trong 9 thẻ và đem ra sắp xếp)

– Tìm số cách lấy ra bốn thẻ và xếp cạnh nhau theo thứ tự từ trái sang phải để được một số chẵn.

– Tính xác suất theo công thức $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$

Cách giải:

+ Số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = A_9^4$

+ Gọi A là biến cố: Lấy ra bốn thẻ và xếp cạnh nhau theo thứ tự từ trái sang phải để được một số chẵn

Gọi 4 thẻ được lấy ra, sắp xếp cạnh nhau là $abcd$và là một số chẵn.

+ $d \in \left\{ {2;4;6;8} \right\}$ nên $d$ có 4 cách chọn

+ a có 8 cách chọn, $b$ có 7 cách chọn và $c$ có 6 cách chọn

Nên $n\left( A \right) = 8.7.6.4 = 1344$

Xác suất cần tìm là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{1344}}{{A_9^4}} = \frac{4}{9}$

Câu 42: Đáp án D

Phương pháp:

Chứng minh $MN$ cắt mặt phẳng $\left( {ACB’} \right)$ dẫn đến không có mặt phẳng cần tìm.

Cách giải:

Qua N kẻ $NE//BC$ $\left( {E \in BB’} \right)$, $NE \cap B’C = K$.

Dễ thấy $NE//BC//AD$ nên các điểm A, M, N, E cùng thuộc mặt phẳng $\left( {ADNE} \right)$.

Lại có $K = NE \cap CB’ \Rightarrow K \in CB’ \subset \left( {ACB’} \right) \Rightarrow AK \subset \left( {ACB’} \right)$

Trong mặt phẳng $\left( {ADMN} \right)$ gọi $H = MN \cap AK \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H \in MN\\H \in AK \subset \left( {ACB’} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H = MN \cap \left( {ACB’} \right)$

Do đó không có mặt phẳng nào chứa $MN$ và song song $\left( {ACB’} \right)$ .

Vậy không có thiết diện cần tìm.

Câu 43: Đáp án C

Phương pháp:

+ Dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ dựa vào mối quan hệ song song với $BB’,\,AC$

+ Từ đó tính tỉ số $\frac{{TB}}{{TC}}$

Cách giải:

Gọi $N,E$ lần lượt là trung điểm của $AD,DC$

Ta có $MN//AA’//BB’$ và $NE//AC$ (do $NE$ là đường trung bình của tam giác $DAC$)

Suy ra $\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNE} \right)$

Trong $\left( {ABCD} \right)$, kéo dài $NE$ cắt $BC$ tại $T$. Suy ra $ANTC$là hình bình hành (do $AN//TC;\,NT//AC$)

Do đó $TC = AN = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}BC$

Ta có $\left( {MNE} \right) \cap BC = \left\{ T \right\}$ nên $\frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{\frac{3}{2}BC}}{{\frac{1}{2}BC}} = 3$

Câu 44: Đáp án B

Phương pháp:

– Tính số phần tử của không gian mẫu (số cách chọn 6 trong 19 quả cầu).

– Liệt kê và đếm số cách lấy mà số quả cầu xanh bằng số quả cầu đỏ.

– Tính xác suất theo công thức $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$

Cách giải:

Số cách chọn 6 trong 19 quả cầu là $n\left( \Omega \right) = C_{19}^6$

Gọi A là biến cố: Lấy được 6 quả cầu đủ ba loại sao cho số quả cầu xanh bằng số quả cầu đỏ. Ta đếm số cách chọn 6 quả cầu đủ ba loại sao cho số quả cầu xanh bằng số quả cầu đỏ.

+ TH1: 1 quả xanh, 1 quả đỏ và 4 quả vàng có $C_9^1.C_3^1.C_7^4$ cách chọn.

+ TH2: 2 quả xanh, 2 quả đỏ và 2 quả vàng có $C_9^2.C_3^2.C_7^2$ cách chọn.

Suy ra $n\left( A \right) = C_9^1.C_3^1.C_7^4 + C_9^2.C_3^2.C_7^2$

Vậy xác suất là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_9^1.C_3^1.C_7^4 + C_9^2.C_3^2.C_7^2}}{{C_{19}^6}} = \frac{9}{{76}}$

Câu 45: Đáp án C

Phương pháp:

+ Dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ theo mối quan hệ song song với $AC,\,BD$

+ Tìm thiết diện của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ với hình chóp

+ Dựa vào điều kiện hình thoi và định lý Ta-lét để tính toán.

Cách giải:

Trong $\left( {ABC} \right)$ kẻ $MH//AC$ $\left( {H \in AB} \right)$

Trong $\left( {BCD} \right)$ kẻ $ME//DB$ $\left( {E \in DC} \right)$

Trong $\left( {ABD} \right)$ kẻ $HN//AD$ $\left( {N \in AD} \right)$

Suy ra $HN//ME$.

Theo định lý Ta-lét ta có: $\frac{{HN}}{{BD}} = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{MC}}{{BC}} = \frac{{ME}}{{BD}} \Rightarrow HN = ME$

Từ đó $MENH$ là hình bình hành.

Ta có $\left( \alpha \right) \equiv \left( {MENH} \right)$ và $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MENH} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MH\\\left( {MENH} \right) \cap \left( {BCD} \right) = ME\\\left( {MENH} \right) \cap \left( {ABD} \right) = NH\\\left( {MENH} \right) \cap \left( {ACD} \right) = NE\end{array} \right.$ nên thiết diện cần tìm là hình bình hành $MENH$

Để $MENH$ là hình thoi thì $MH = NE$

+ Giả sử $MC = a\,\left( {0 < a < 9} \right) \Rightarrow MB = 9 – a$

Theo định lý Ta-lét ta có $\frac{{ME}}{{BD}} = \frac{{MC}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{{ME}}{3} = \frac{a}{9} \Leftrightarrow ME = \frac{a}{3}$

Theo định lý Ta-lét ta có $\frac{{MH}}{{AC}} = \frac{{BM}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{{MH}}{6} = \frac{{9 – a}}{9} \Leftrightarrow MH = \frac{{18 – 2a}}{3}$

Mà $ME = MH \Leftrightarrow \frac{a}{3} = \frac{{18 – 2a}}{3} \Leftrightarrow a = 18 – 2a \Leftrightarrow a = 6$

Suy ra ${M_0}C = 6;\,{M_0}B = 3 \Rightarrow {M_0}B.{M_0}C = 6.3 = 18$.

Câu 46: Đáp án B

Phương pháp:

Xét tính đúng sai của từng mệnh đề bằng cách sử dụng định nghĩa dãy số tăng, giảm, tính các số hạng đầu của dãy, nhận xét quy luật,…

Cách giải:

Mệnh đề (I): Xét ${u_{n + 1}} – {u_n} = \frac{1}{9}\left( {u_n^2 – {u_n} + 25} \right) – {u_n} = \frac{{u_n^2 – 10{u_n} + 25}}{9} = \frac{{{{\left( {{u_n} – 5} \right)}^2}}}{9} \ge 0,\,\forall {u_n}$

$ \Rightarrow {u_{n + 1}} \ge {u_n},\,\forall n$ hay $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số tăng $ \Rightarrow $ (I) sai.

Mệnh đề (II): Ta có: ${u_1} = 6,\,{u_2} = \frac{{55}}{9}$

$ \Rightarrow \frac{1}{{{u_1} + 4}} = \frac{1}{{6 + 4}} = \frac{1}{{10}}$ và $\frac{1}{{{u_1} – 5}} – \frac{1}{{{u_2} – 5}} = \frac{1}{{6 – 5}} – \frac{1}{{\frac{{55}}{9} – 5}} = \frac{1}{{10}}$

$ \Rightarrow \frac{1}{{{u_1} + 4}} = \frac{1}{{{u_1} – 5}} – \frac{1}{{{u_2} – 5}}$ hay (II) đúng.

Mệnh đề (III): Ta có: ${u_{n + 1}} – 5 = \frac{1}{9}\left( {u_n^2 – {u_n} + 25} \right) – 5 = \frac{{u_n^2 – {u_n} – 20}}{9} = \frac{{\left( {{u_n} – 5} \right)\left( {{u_n} + 4} \right)}}{9}$

$ \Rightarrow \frac{1}{{{u_{n + 1}} – 5}} = \frac{9}{{\left( {{u_n} – 5} \right)\left( {{u_n} + 4} \right)}} = \frac{1}{{{u_n} – 5}} – \frac{1}{{{u_n} + 4}} \Rightarrow \frac{1}{{{u_n} + 4}} = \frac{1}{{{u_n} – 5}} – \frac{1}{{{u_{n + 1}} – 5}}$

$ \Rightarrow \frac{1}{{{u_1} + 4}} + \frac{1}{{{u_2} + 4}} + … + \frac{1}{{{u_{2018}} + 4}} = \frac{1}{{{u_1} – 5}} – \frac{1}{{{u_2} – 5}} + \frac{1}{{{u_2} – 5}} – \frac{1}{{{u_3} – 5}} + … + \frac{1}{{{u_{2018}} – 5}} – \frac{1}{{{u_{2019}} – 5}}$

$ = \frac{1}{{{u_1} – 5}} – \frac{1}{{{u_{2019}} – 5}} = \frac{1}{{6 – 5}} – \frac{1}{{{u_{2019}} – 5}} = 1 – \frac{1}{{{u_{2019}} – 5}}$

Nên (III) đúng.

Vậy (I) sai và (II), (III) đúng.

Câu 47: Đáp án A

Phương pháp:

Cấp số cộng có số hạng đầu ${u_1}$ và công sai $d$ thì có tổng $n$số hạng đầu là ${S_n} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_n}} \right)n}}{2}$

Cách giải:

Ta có số các số hạng của dãy là $\frac{{3n + 1 – 1}}{3} + 1 = n + 1$ số

Nên $1 + 4 + 7 + .. + \left( {3n + 1} \right) = 4187 \Leftrightarrow \frac{{\left( {1 + 3n + 1} \right)\left( {n + 1} \right)}}{2} = 4187 \Leftrightarrow \left( {3n + 2} \right)\left( {n + 1} \right) – 8374 = 0$

$ \Leftrightarrow 3{n^2} + 5n – 8372 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 52\left( {tm} \right)\\n = – \frac{{161}}{3}\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$

Vậy $n = 52$.

Câu 48: Đáp án A

Phương pháp:

Liệt kê và đếm số cách chọn 2 bạn thỏa mãn có 1 bạn nam và 1 bạn nữ tổ khác.

Các trường hợp: nam tổ I và nữ hai tổ còn lại; nam tổ II và nữ hai tổ còn lại; nam tổ III và nữ hai tổ còn lại

Cách giải:

Số cách chọn 1 bạn nam tổ I và 1 bạn nữ hai tổ còn lại là $C_3^1.C_9^1 = 27$ cách chọn.

Số cách chọn 1 bạn nam tổ II và 1 bạn nữ hai tổ còn lại là $C_5^1.C_{11}^1 = 55$ cách chọn.

Số cách chọn 1 bạn nam tổ III và 1 bạn nữ hai tổ còn lại là $C_6^1.C_{12}^1 = 72$ cách chọn.

Vậy có $27 + 55 + 72 = 154$ cách chọn.

Câu 49: Đáp án A

Phương pháp:

+ Tính xác suất để người chơi thua 1 lần

+ Tính xác suất ${P_1}$ để người chơi thua 3 lần

+ Tính xác suất để người chơi có ít nhất 1 lần thắng: $P = 1 – {P_1}$

Cách giải:

+ Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = 6.6.6 = 216$

+ Để người chơi thua thì

– Chỉ có 1 con súc sắc có mặt hơn 4 chấm: $C_3^1.2.C_4^1C_4^1$

– Cả ba con súc sắc đều có mặt không lớn hơn 4 chấm: $C_4^1C_4^1C_4^1$

Xác suất để người đó chơi thua 1 lần là ${P_1} = \frac{{C_3^1.2.4.4 + C_4^1C_4^1C_4^1}}{{216}} = \frac{{20}}{{27}}$

Xác suất để người đó chơi thua 3 cả lần chơi là ${\left( {{P_1}} \right)^3} = {\left( {\frac{{20}}{{27}}} \right)^3}$

Xác suất để người đó thắng ít nhất 1 lần trong 3 lần chơi là $P = 1 – {\left( {\frac{{20}}{{27}}} \right)^3} = \frac{{11683}}{{19683}}$

Câu 50: Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình và biểu diễn trên đường tròn đơn vị.

Cách giải:

Ta có:

$cos2x – \sin x \Leftrightarrow cos2x = \sin x \Leftrightarrow cos2x = cos\left( {\frac{\pi }{2} – x} \right)$

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

Biểu diễn trên đường tròn đơn vị:

Từ hình vẽ ta thấy có tất cả 3 điểm biểu diễn nghiệm của phương trình trên đường tròn đơn vị.

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Kim Liên Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Amsterdam 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