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

0
89

Đề thi Toán 11 học kì 1 trường thpt Thăng Long có lời giải chi tiết và đáp án gồm 16 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT THĂNG LONG

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: Toán – Lớp 11

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

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM

Câu 1 (TH): Tập xác định của hàm số $y = \frac{{\sin {\mkern 1mu} x + \cos x}}{{\tan {\mkern 1mu} x}}$ là:

A. $R\backslash \left\{ {k\pi ,k \in Z} \right\}$ B. $R\backslash \left\{ { – \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in Z} \right\}$ C. $R\backslash \left\{ {k\frac{\pi }{2},k \in Z} \right\}$ D. $R\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in Z} \right\}$

Câu 2 (NB): Phương trình ${\sin ^2}x = 1$ tương đương với phương trình nào sau đây?

A. $\sin x = 1$ B. $\cos x = – 1$ C. $\cos 2x = 1$ D. $\cos 2x = – 1$

Câu 3 (NB): Trên khoảng $\left( { – \frac{{3\pi }}{4};\frac{\pi }{4}} \right)$ tập giá trị của hàm số $y = \cos x$ là:

A. $\left( { – \frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)$ B. $\left( { – \frac{{\sqrt 2 }}{2};1} \right)$ C. $\left[ { – \frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right]$ D. $\left( { – \frac{{\sqrt 2 }}{2};1} \right]$

Câu 4 (TH): Cho phương trình $\sin 2x + \sqrt 2 \sin \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = 1$. Đặt $t = \sin {\mkern 1mu} x – \cos x$ ta được phương trình nào sau đây?

A. ${t^2} + t = 0$ B. ${t^2} + 2t – 1 = 0$ C. ${t^2} + 2t – 1 = 0$ D. ${t^2} – t = 0$

Câu 5 (VDC): Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m để phương trình $4{\cos ^3}x + 2\cos 2x + 2 = \left( {m + 3} \right)\cos x$ có đúng 5 nghiệm thuộc $\left( { – \frac{\pi }{2};2\pi } \right]$. Kết luận nào sau đây đúng?

A. $S \subset \left( {0;7} \right)$ B. $\left( { – 2;8} \right) \subset S$ C. $S \cap \left( {0; + \infty } \right) = \emptyset $ D. $S \subset \left( { – 3;5} \right)$

Câu 6 (TH): Từ các chữ số 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có các chữ số đôi một khác nhau?

A. $4!$ B. $C_4^1 + C_4^2 + C_4^3 + C_4^4$ C. $A_4^1 + A_4^2 + A_4^3 + A_4^4$ D. $4! + 3! + 2! + 1!$

Câu 7 (VD): Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 vào một hàng ghế dài gồm 9 ghế sao cho mỗi học sinh lớp 12 ngồi giữa 2 học sinh lớp 11?

A. $6!.C_5^3$ B. $6!.A_5^3$ C. $A_9^6.A_5^3$ D. $3!.6!$

Câu 8 (TH): Rút ngẫu nhiên 8 quân bài từ 1 bộ tú lơ khơ 52 quân. Xác suất lấy được 5 quân màu đỏ là:

A. $\frac{{C_{26}^5}}{{C_{52}^8}}$ B. $\frac{{C_{26}^5.C_{26}^3}}{{C_{52}^8}}$ C. $\frac{5}{{52}}$ D. $\frac{{C_8^5}}{{C_{52}^8}}$

Câu 9 (VD): Hệ số của số hạng chứa ${x^{17}}$ trong khai triển ${\left( {{x^2} – 2x} \right)^{10}}$ là

A. $ – C_{10}^3{.2^3}{x^{17}}$ B. $ – C_{10}^3{.2^3}$ C. $C_{10}^3{.2^3}{x^{17}}$ D. $C_{10}^3{.2^3}$

Câu 10 (VD): Tính tổng $S = {\left( {C_{2017}^0} \right)^2} + {\left( {C_{2017}^1} \right)^2} + {\left( {C_{2017}^2} \right)^2} + … + {\left( {C_{2017}^{2017}} \right)^2}$.

A. $S = 2{\left( {C_{1009}^0} \right)^2}$ B. $S = 2017.C_{2017}^{1009}$ C. $S = C_{4034}^{2017}$ D. $S = \frac{{2017}}{2}.{\left( {C_{2017}^{1008}} \right)^2}$

Câu 11 (NB): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Phát biểu nào sau đây SAI?

A. Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow {AP} $ biến tam giác APN thành tam giác PBM.

B. Phép tịnh tiến theo vectơ $\frac{1}{2}\overrightarrow {AC} $ biến tam giác APN thành tam giác NMC.

C. Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow {PN} $ biến tam giác BPM thành tam giác MNC.

D. Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow {BP} $ biến tam giác PMN thành tam giác APN.

Câu 12 (TH): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình là $2x – y + 1 = 0$ và đường thẳng d’ có phương trình là $2x – y + 5 = 0$. Phép tịnh tiến theo vectơ $\vec v$ nào sau đây biến d thành d’?

A. $\vec v = \left( {1;6} \right)$ B. $\vec v = \left( {0;3} \right)$ C. $\vec v = \left( {1;2} \right)$ D. $\vec v = \left( {2; – 3} \right)$

Câu 13 (TH): Cho hình thang ABCD có $\overrightarrow {DC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} $. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Phép vị tự nào dưới đây biến đường thẳng AB thành đường thẳng CD?

A. ${V_{\left( {I;k = – \frac{1}{2}} \right)}}$ B. ${V_{\left( {I;k = \frac{1}{2}} \right)}}$ C. ${V_{\left( {I;k = – 2} \right)}}$ D. ${V_{\left( {I;k = \frac{1}{3}} \right)}}$

Câu 14 (TH): Cho hình chóp tứ giác S.ACBD, gọi M, N, P, Q, R, T lần lượt là trung điểm của AC, BD, BC, CD, SA, SD. Bốn điểm nào sau đây đồng phẳng?

A. M, P, R, T. B. M, Q, R, T. C. M, N, R, T. D. P, Q, R, T.

Câu 15 (NB): Cho mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và đường thẳng $d\not \subset \left( \alpha \right)$. Khẳng định nào sau đây SAI?

A. Nếu d song song với $\left( \alpha \right)$ thì trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ tồn tại đường thẳng d’ song song với d.

B. Nếu d song song với $\left( \alpha \right)$ và đường thẳng $d’ \subset \left( \alpha \right)$ thì d’ song song với d.

C. Nếu d song song với $d’$ và đường thẳng $d’ \subset \left( \alpha \right)$ thì song song với (α).

D. Nếu d cắt mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ tại A và d’ là một đường thẳng bất kì trong $\left( \alpha \right)$ thì d và d’ hoặc cắt nhau hoặc chéo nhau.

Câu 16 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với các cạnh đáy AB, CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AD, BC và G là trọng tâm tam giác SAB. Điều kiện nào của AB và CD để thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (IJG) là hình bình hành?

A. $AB = CD$ B. $AB = \frac{2}{3}CD$ C. $AB = \frac{3}{2}CD$ D. $AB = 3CD$

PHẦN II. TỰ LUẬN

Câu 1: (3.5 điểm)

a. Giải phương trình $\sqrt 3 \sin 2x + \cos 2x = 2\cos x$.

b. Từ các chữ số 0, 2, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn và có 6 chữ số đôi một khác nhau.

c. Biết tổng của các hệ số trong khai triển ${\left( {1 + {x^2}} \right)^n}$ bằng 512. Hãy tìm hệ số của số hạng chứa ${x^{12}}$ trong khai triển đó.

d. Cho 15 viên bi, trong đó có 4 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu vàng, 6 viên bi màu xanh. Chọn ngẫu nhiên 3 viên vi trong 15 viên bi nói trên. Tính xác suất để chọn được đúng 2 viên bi màu xanh.

Câu 2: (2.0 điểm)

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của AB, BC, SO.

a) Xác định thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left( {MNE} \right)$.

b) Mặt phẳng $\left( {MNE} \right)$ cắt SD tại K, tính tỉ số $\frac{{KS}}{{KD}}$.

Câu 3 (0.5 điểm): Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng $\left[ { – \frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}} \right]$

$y = \cos 2x + \sin {\mkern 1mu} x – \sqrt 3 \left( {\sin 2x + \cos x} \right) + 3$

Đáp án

1-C 2-D 3-D 4-D 5-D 6-C 7-B 8-B 9-B 10-C
11-D 12-A 13-A 14-B 15-B 16-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp giải:

Hàm phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.

Hàm $\tan x$ xác định $ \Leftrightarrow \sin x \ne 0$.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\tan {\mkern 1mu} x \ne 0}\\{\cos x \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x \ne 0}\\{\cos x \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne k\frac{\pi }{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {k \in Z} \right)$

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ {k\frac{\pi }{2},k \in Z} \right\}$.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Ta có: ${\sin ^2}x = 1 \Leftrightarrow \cos 2x = 1 – 2{\sin ^2}x = 1 – 2.1 = – 1$

Câu 3: Đáp án D

Phương pháp giải:

Biểu diễn các góc lượng giác thuộc khoảng $\left( { – \frac{{3\pi }}{4};\frac{\pi }{4}} \right)$ trên đường tròn lượng giác, từ đó kết luận tập giá trị của hàm số $y = \cos x$ trên khoảng đó.

Giải chi tiết:

Biểu diễn các góc lượng giác thuộc khoảng $\left( { – \frac{{3\pi }}{4};\frac{\pi }{4}} \right)$ trên đường tròn lượng giác, ta thấy: tập giá trị của hàm số $y = \cos x$ trên khoảng đó là: $\left( { – \frac{{\sqrt 2 }}{2};1} \right]$

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp giải:

$\sin 2x = 2\sin {\mkern 1mu} x\cos x;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \sqrt 2 \sin \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = \sin x – \cos x$

Giải chi tiết:

Ta có: $\sin 2x + \sqrt 2 \sin \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow 2\sin x\cos x + \left( {\sin {\mkern 1mu} x – \cos x} \right) = 1$ (1)

Đặt $t = \sin {\mkern 1mu} x – \cos x \Leftrightarrow {t^2} = {\left( {\sin {\mkern 1mu} x – \cos x} \right)^2} \Leftrightarrow {t^2} = 1 – 2\sin x\cos x \Leftrightarrow 2\sin x\cos x = 1 – {t^2}$

Khi đó, $\left( 1 \right) \Leftrightarrow 1 – {t^2} + t = 1 \Leftrightarrow {t^2} – t = 0$

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ta có:

${\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4{\cos ^3}x + 2\cos 2x + 2 = \left( {m + 3} \right)\cos x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (*){\mkern 1mu} $

$ \Leftrightarrow 4{\cos ^3}x + 4{\cos ^2}x – \left( {m + 3} \right)\cos x = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {4{{\cos }^2}x + 2\cos x – \left( {m + 3} \right)} \right).\cos x = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{4{{\cos }^2}x + 4\cos x – \left( {m + 3} \right) = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (1)}\\{\cos x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (2)}\end{array}} \right.$

Phương trình $(2) \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {k \in Z} \right)$. Mà $x \in \left( { – \frac{\pi }{2};2\pi } \right] \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2}}\\{x = \frac{{3\pi }}{2}}\end{array}} \right.$

Thay $\cos x = 0$ vào (1): ${4.0^2} + 4.0 – \left( {m + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow m = – 3$

+) Với $m = – 3$:

Phương trình $(1) \Leftrightarrow 4{\cos ^2}x + 4\cos x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0}\\{\cos x = – 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{x = \pi + k2\pi }\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ,k \in \mathbb{Z}$

Mà $x \in \left( { – \frac{\pi }{2};2\pi } \right] \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2};\pi } \right\}$

Phương trình $(*)$ có đúng 3 nghiệm thuộc $\left( { – \frac{\pi }{2};2\pi } \right]$ là $\left\{ {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2};\pi } \right\} \Rightarrow m = – 3$ không thỏa mãn

+) Với $m \ne – 3$: Phương trình (1) không có nghiệm $x = \frac{\pi }{2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = \frac{{3\pi }}{2}$. Khi đó, để (*) có đúng 5 nghiệm thuộc $\left( { – \frac{\pi }{2};2\pi } \right]$ thì phương trình (1) có đúng 3 nghiệm thuộc $\left( { – \frac{\pi }{2};2\pi } \right]$

Đặt $\cos x = t$, (1) trở thành: $4{t^2} + 4t – \left( {m + 3} \right) = 0$ (3)

Phương trình (1) có đúng 3 nghiệm thuộc $\left( { – \frac{\pi }{2};2\pi } \right]$⇔ Phương trình (3) có 2 nghiệm ${t_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {t_2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{t_1} \le {t_2}} \right)$ thỏa mãn:

hoặc $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = – 1}\\{{t_2} \in \left( { – 1;0} \right] \cup \left\{ 1 \right\}}\end{array}} \right.$, hoặc ${t_1} = {t_2} \in \left( {0;1} \right)$, hoặc $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} \in \left( {0;1} \right)}\\{{t_2} > 1}\end{array}} \right.$, hoặc $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} < – 1}\\{{t_2} \in \left( {0;1} \right)}\end{array}} \right.$

TH1: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = – 1}\\{{t_2} \in \left( { – 1;0} \right] \cup \left\{ 1 \right\}}\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow 4.{\left( { – 1} \right)^2} + 4.\left( { – 1} \right) – \left( {m + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow m = – 3$ (loại)

TH2: ${t_1} = {t_2} \in \left( {0;1} \right)$

$ \Rightarrow \Delta ‘ = 0 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {m + 3} \right) \Leftrightarrow 4m + 16 = 0 \Leftrightarrow m = – 4$

Khi đó, (3) có 2 nghiệm ${t_1} = {t_2} = – \frac{1}{2} \notin \left( {0;1} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow m = – 4$: không thỏa mãn

TH3:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} \in \left( {0;1} \right)}\\{{t_2} > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 < {t_1} < 1 < {t_2} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ‘ > 0}\\{{t_1}{t_2} > 0}\\{{t_1} + {t_2} > 0}\\{\left( {{t_1} – 1} \right)\left( {{t_2} – 1} \right) < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ‘ > 0}\\{{t_1}{t_2} > 0}\\{{t_1} + {t_2} > 0}\\{{t_1}{t_2} – \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 1 < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4m + 16 > 0}\\{ – \frac{{m + 3}}{4} > 0}\\{ – \frac{4}{4} > 0}\\{1 – \left( { – \frac{4}{4}} \right) – \frac{{m + 3}}{4} < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset $

TH4:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} < – 1}\\{{t_2} \in \left( {0;1} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow {t_1} < – 1 < 0 < {t_2} < 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ‘ > 0}\\{{t_1}{t_2} < 0}\\{\left( {{t_1} + 1} \right)\left( {{t_2} + 1} \right) < 0}\\{\left( {{t_1} – 1} \right) + \left( {{t_2} – 1} \right) < 0}\\{\left( {{t_1} – 1} \right)\left( {{t_2} – 1} \right) > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4m + 16 > 0}\\{ – \frac{{m + 3}}{4} < 0}\\{ – \frac{{m + 3}}{4} + \left( { – \frac{4}{4}} \right) + 1 < 0}\\{ – \frac{4}{4} – 2 < 0}\\{ – \frac{{m + 3}}{4} – \left( { – \frac{4}{4}} \right) + 1 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > – 4}\\{m > – 3}\\{m < 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { – 3;5} \right)$

Vậy, tập các giá trị thực của m thỏa mãn yêu cầu đề bài là: $S = \left( { – 3;5} \right)$

Câu 6: Đáp án C

Phương pháp giải:

Chia ra 4 trường hợp: 1 chữ số , 2 chữ số đôi một khác nhau, 3 chữ số đôi một khác nhau, 4 chữ số đôi một khác nhau.

Giải chi tiết:

Số các số có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có các chữ số đôi một khác nhau là: $A_4^1 + A_4^2 + A_4^3 + A_4^4$.

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp giải:

Áp dụng quy tắc nhân và quy tắc vách ngăn.

Giải chi tiết:

Xếp 6 học sinh lớp 11 thành 1 hàng có 6! cách

Khi đó, tạo ra 5 vách ngăn 6 học sinh này. Xếp 3 học sinh lớp 12 vào 5 vách ngăn đó (không có học sinh nào vào cùng 1 vách ngăn), có: $A_5^3$ cách

⇒ Có tất cả $6!.A_5^3$ cách xếp thỏa mãn.

Câu 8: Đáp án B

Phương pháp giải:

Xác suất của biến cố A: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_{52}^8$

Gọi A : “lấy được 5 quân màu đỏ”

Khi đó $n\left( A \right) = C_{26}^5.C_{26}^3{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow $ $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{26}^5.C_{26}^3}}{{C_{52}^8}}$.

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp giải:

Khai triển nhị thức newton: ${(x + y)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{x^i}.{y^{n – i}}} $

Giải chi tiết:

Ta có: ${\left( {{x^2} – 2x} \right)^{10}} = \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i{{\left( {{x^2}} \right)}^i}.{{\left( { – 2x} \right)}^{10 – i}}} = \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i{{\left( { – 2} \right)}^{10 – i}}{x^{10 + i}}} $

Số hạng chứa ${x^{17}}$ trong khai triển tương ứng với i thỏa mãn: $10 + i = 17 \Leftrightarrow i = 7$

Hệ số của số hạng chứa ${x^{17}}$ trong khai triển là: $C_{10}^7{\left( { – 2} \right)^{10 – 7}} = – C_{10}^3{.2^3}$.

Câu 10: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ta có:

$S = {\left( {C_{2017}^0} \right)^2} + {\left( {C_{2017}^1} \right)^2} + {\left( {C_{2017}^2} \right)^2} + … + {\left( {C_{2017}^{2017}} \right)^2} = C_{2017}^0C_{2017}^{2017} + C_{2017}^1C_{2017}^{2016} + C_{2017}^2C_{2017}^{2015} + … + C_{2017}^{2017}C_{2017}^0$

Xét bài toán: Có 4034 viên bi, trong đó có 2017 viên bi xanh, 2017 viên bi đỏ. Tính số cách để lấy được 2017 viên bi từ 4034 viên bi nói trên.

Giải:

Số cách để lấy được 2017 viên bi từ 4034 viên bi nói trên là:

$C_{4034}^{2017} = C_{2017}^0C_{2017}^{2017} + C_{2017}^1C_{2017}^{2016} + C_{2017}^2C_{2017}^{2015} + … + C_{2017}^{2017}C_{2017}^0$

$ \Rightarrow S = C_{2017}^0C_{2017}^{2017} + C_{2017}^1C_{2017}^{2016} + C_{2017}^2C_{2017}^{2015} + … + C_{2017}^{2017}C_{2017}^0 = C_{4034}^{2017}$

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phát biểu SAI là: Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow {BP} $ biến tam giác PMN thành tam giác APN.

Câu 12: Đáp án A

Phương pháp giải:

Cho $d{\rm{//}}d’$, lấy $A \in d$, ${T_{\vec v}}:A \mapsto A’ \in d'{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow {T_{\vec v}}:d \mapsto d’$.

Giải chi tiết:

Dễ dàng kiểm tra được $\left( d \right):2x – y + 1 = 0$ và $\left( {d’} \right):2x – y + 5 = 0$ song song với nhau.

Lấy $A\left( {0;1} \right) \in d$, phép tịnh tiến ${T_{\vec v\left( {a;b} \right)}}:A \mapsto A'{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{A’}} = a}\\{{y_{A’}} = 1 + b}\end{array}} \right.$

Để phép tịnh tiến theo vectơ $\vec v$ nào sau đây biến d thành d’ thì

$A'{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \in d’ \Leftrightarrow 2.a – \left( {1 + b} \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow 2a – b + 4 = 0$

Kiểm tra các đáp án, ta thấy: $\vec v = \left( {1;6} \right)$ thỏa mãn.

Câu 13: Đáp án A

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

$\overrightarrow {DC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {IC} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {IA} }\\{\overrightarrow {ID} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {IB} }\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow {V_{\left( {I;k = – \frac{1}{2}} \right)}}:AB \mapsto CD$

Câu 14: Đáp án B

Phương pháp giải:

Nếu $a{\rm{//}}a’$ thì a và a′ đồng phẳng.

Giải chi tiết:

Ta có: $RT{\rm{//}}AD$ (do $RT$ là đường trung bình của tam giác $SAD$)

$MQ{\rm{//}}AD$ (do $RT$ là đường trung bình của tam giác $ACD$)

$ \Rightarrow RT{\rm{//}}MQ \Rightarrow $ M, Q, R, T đồng phẳng.

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Khẳng định SAI là: Nếu d song song với $\left( \alpha \right)$ và đường thẳng $d’ \subset \left( \alpha \right)$ thì d’ song song với d.

Câu 16: Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào các yếu tố song song xác định thiết diện.

Giải chi tiết:

Qua G dựng EF song song AB ($E \in SB,F \in SA$)

IJ là đường trung bình của hình thang ABCD $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IJ{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD}\\{IJ = \frac{{AB + CD}}{2}}\end{array}} \right.$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IJ{\rm{//}}AB}\\{AB{\rm{//}}EF}\end{array}} \right. \Rightarrow IJ{\rm{//}}EF \Rightarrow I,J,E,F$ đồng phẳng

$ \Rightarrow I,J,E,F,G$ đồng phẳng

$ \Rightarrow \left( {GIJ} \right) \equiv \left( {IJEF} \right)$

Thiết diện của $\left( {GIJ} \right)$ với hình chóp là hình thang $IJEF,{\mkern 1mu} \left( {IJ{\rm{//}}EF} \right)$

Để thiết diện là hình bình hành thì $IJ = EF \Leftrightarrow \frac{{AB + CD}}{2} = \frac{2}{3}AB$ (do $\frac{{EF}}{{AB}} = \frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{SG}}{{SM}} = \frac{2}{3}$)

$ \Leftrightarrow 3AB + 3CD = 4AB \Leftrightarrow AB = 3CD$

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1: Đáp án

a.

Phương trình dạng $a\sin x + b\cos x = c$. Chia cả 2 vế cho $\sqrt {{a^2} + {b^2}} $.

Giải chi tiết:

Ta có:

${\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \sqrt 3 \sin 2x + \cos 2x = 2\cos x \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x + \frac{1}{2}\cos 2x = \cos x$

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

$ \Leftrightarrow \cos \left( {2x – \frac{\pi }{3}} \right) = \cos x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x – \frac{\pi }{3} = x + k2\pi }\\{2x – \frac{\pi }{3} = – x + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {k \in Z} \right)$

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm $x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} k \in Z$

b.

Phương pháp giải:

Chọn lần lượt từng chữ số, áp dụng quy tắc cộng và nhân hợp lí.

Giải chi tiết:

Gọi số cần lập là $\overline {abcdef} ,{\mkern 1mu} \left( {{\mkern 1mu} a,b,c,d,e,f \in \left\{ {0;2;4;5;6;7} \right\},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} a \ne 0} \right)$

+) $f = 0$: có 1 cách chọn

Khi đó: $a$ có 5 cách chọn

Bộ $\left( {b,c,d,e} \right)$ có: $4!$ cách chọn

⇒ Có: $1.5.4!$ số lập được

+) $f \in \left\{ {2;4;6} \right\}:$ có 3 cách chọn

Khi đó: a có 4 cách chọn

Bộ $\left( {b,c,d,e} \right)$ có: $4!$ cách chọn

⇒ Có: $3.4.4!$ số lập được

Vậy, số số tự nhiên chẵn và có 6 chữ số đôi một khác nhau có thể lập được là: $1.5.4! + 3.4.4! = 408$ (số).

c.

Phương pháp giải:

Khai triển nhị thức newton: ${(x + y)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{x^i}.{y^{n – i}}} $

Giải chi tiết:

Ta có: ${\left( {1 + {x^2}} \right)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{x^{2i}}} $

Tổng các hệ số khai triển: $\sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i} = {\left( {1 + 1} \right)^n} = 512 \Rightarrow {2^n} = {2^9} \Leftrightarrow n = 9$

Khi đó, ${\left( {1 + {x^2}} \right)^n} = {\left( {1 + {x^2}} \right)^9} = \sum\limits_{i = 0}^9 {C_9^i{x^{2i}}} $

Số hạng chứa ${x^{12}}$ trong khai triển ứng với i thỏa mãn: $2i = 12 \Leftrightarrow i = 6$

Hệ số của số hạng chứa ${x^{12}}$ trong khai triển: $C_9^6 = 84$.

d.

Phương pháp giải:

Xác suất của biến cố A: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_{15}^3$

Gọi A : “chọn được đúng 2 viên bi màu xanh”

Khi đó

$n\left( A \right) = C_6^2.C_9^1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow $$P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_6^2.C_9^1{\mkern 1mu} }}{{C_{15}^3}} = \frac{{27}}{{91}}$

Câu 2 :

Giải chi tiết:

a) Trong (ABCD), gọi $I = MN \cap AD,$$J = MN \cap CD$, $F = MN \cap BD$

Trong (SBD), gọi $K = EF \cap SD$

Trong (SAD), gọi $Q = IK \cap SA$

Trong (SAD), gọi $P = JK \cap SC$

Khi đó, thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left( {MNE} \right)$ là ngũ giác $MNPKQ$

b) MN là đường trung bình của $\Delta ABC \Rightarrow MN//AC$

$ \Rightarrow MF{\rm{//}}AC \Rightarrow $ F là trung điểm của OB $ \Rightarrow BF = \frac{1}{2}OB = \frac{1}{4}BD \Rightarrow BF = \frac{1}{3}FD$

Xét $\Delta SOB$ có: E, F lần lượt là trung điểm của SO, OB $ \Rightarrow EF$ là đường trung bình của $\Delta SOB$

$ \Rightarrow EF{\rm{//}}SB \Rightarrow FK{\rm{//}}SB \Rightarrow \frac{{KS}}{{KD}} = \frac{{BF}}{{DF}} = \frac{1}{3}$

Vậy, $\frac{{KS}}{{KD}} = \frac{1}{3}$

Câu 3:

Phương pháp giải:

$\sin \left( {a \pm b} \right) = \sin a\cos b \pm \cos a\sin b$

$\cos \left( {a \pm b} \right) = \cos a\cos b \mp \sin a\sin b$

Giải chi tiết:

$y = \cos 2x + \sin {\mkern 1mu} x – \sqrt 3 \left( {\sin 2x + \cos x} \right) + 3$$ \Leftrightarrow y = \left( {\cos 2x – \sqrt 3 \sin 2x} \right) + \left( {\sin {\mkern 1mu} x – \sqrt 3 \cos x} \right) + 3$

$ \Leftrightarrow y = – 2\left( {\frac{{ – 1}}{2}\cos 2x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x} \right) + 2\left( {\frac{1}{2}\sin {\mkern 1mu} x – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x} \right) + 3$

$ \Leftrightarrow y = – 2\left( {\cos \frac{{2\pi }}{3}\cos 2x + \sin \frac{{2\pi }}{3}\sin 2x} \right) + 2\left( {\cos \frac{\pi }{3}\sin {\mkern 1mu} x – \sin \frac{\pi }{3}\cos x} \right) + 3$

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

Ta có: $x \in \left[ { – \frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}} \right] \Leftrightarrow x – \frac{\pi }{3} \in \left[ { – \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{6}} \right]{\mkern 1mu} $

Khi đó: $\sin \left( {x – \frac{\pi }{3}} \right) \in \left[ { – \frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right]{\mkern 1mu} \Leftrightarrow 2\sin \left( {x – \frac{\pi }{3}} \right) \in \left[ { – \sqrt 3 ;1} \right]{\mkern 1mu} $

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^2} + t + 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} t \in \left[ { – \sqrt 3 ;1} \right],{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f’\left( t \right) = 2t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = – \frac{1}{2}$

Hàm số $f\left( t \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ { – \sqrt 3 ;1} \right]$ có $f\left( { – \sqrt 3 } \right) = 4 – \sqrt 3 ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( { – \frac{1}{2}} \right) = \frac{3}{4},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( 1 \right) = 3$

$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { – \sqrt 3 ;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( { – \frac{1}{2}} \right) = \frac{3}{4},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {\max }\limits_{\left[ { – \sqrt 3 ;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 3$$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { – \frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}} \right]} y = \frac{3}{4},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {\max }\limits_{\left[ { – \frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}} \right]} y = 3$

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Trãi Ba Đình Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Trần Hưng Đạo Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

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