Đề thi Toán 11 học kì 1 trường THPT Nguyễn Trãi Ba Đình có đáp án và lời giải chi tiết gồm 25 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI – BA ĐÌNH | ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – Lớp 11 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề |
Mục tiêu: Đề thi HKI của trường THPT Nguyễn Trãi, Ba Đình bao gồm 25 câu trắc nghiệm và 3 câu tự luận, bao gồm các kiến thức của chương lượng giác, tổ hợp, xác suất, phép dời hình và phép đồng dạng, quan hệ song song trong không gian, được phân bổ như sau:
| Chương | Lượng giác | Tổ hợp xác suất | Phép dời hình và phép đồng dạng | Quan hệ song song trong không gian |
| Chiếm % | 36% | 28% | 16% | 20% |
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1 (TH). Số nghiệm $x \in \left[ {0;12\pi } \right]$ của phương trình $\tan \frac{x}{4} = – 1$ là:
A. 1 B. 2 C. 3 D. Kết quả khác
Câu 2 (TH). Tổng tất cả các nghiệm $x \in \left[ {0;10\pi } \right]$ của phương trình $\sin x = 0$ là:
A. $55\pi $ B. $100\pi $ C. $25\pi $ D. Kết quả khác
Câu 3 (TH). Số nghiệm $x \in \left[ {0;2\pi } \right]$ của phương trình $\sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ là:
A. 0 B. 1 C. 2 D. Kết quả khác
Câu 4 (TH). Điều kiện cần và đủ của tham số m để phương trình $\sin x – \sqrt 3 m\cos x = 2m$ có nghiệm là:
A. $ – 1 \le m \le 1$ B. $0 \le m < 2$ C. $ – 1 < m < 1$ D. Kết quả khác
Câu 5 (TH). Điều kiện cần và đủ của tham số m để phương trình $\cos x = {\left( {m – 1} \right)^2}$ có nghiệm là:
A. $0 < m < 2$ B. $0 \le m < 2$ C. $0 \le m \le 2$ D. Kết quả khác
Câu 6 (NB). Nghiệm của phương trình $\tan x = {\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{an3}}x$ là:
A. $x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in Z} \right)$ B. $x = k\pi \left( {k \in Z} \right)$ C. $x = k2\pi \left( {k \in Z} \right)$ D. Kết quả khác
Câu 7 (NB). Nghiệm của phương trình $\cot x = \cot 2x$ là:
A. $x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in Z} \right)$ B. $x = k\pi \left( {k \in Z} \right)$ C. $x = k2\pi \left( {k \in Z} \right)$ D. Kết quả khác
Câu 8 (TH). Chu kỳ của hàm số $y = f\left( x \right) = \tan \frac{x}{4}$ là:
A. $T = 2\pi $ B. $T = \frac{\pi }{4}$ C. $T = – \frac{\pi }{4}$ D. $T = 4\pi $
Câu 9 (NB). Một lớp học có 20 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Khi đó số cách chọn ra 1 học sinh làm nhiệm vụ trực nhật là:
A. 120 B. 44 C. 480 D. Kết quả khác
Câu 10 (TH). Trong một giải cầu lông có 6 vận động viên tham dự nội dung đơn nam, số cách trao một bộ huy chương gồm 1 huy chương vàng, 1 huy chương bạc và 1 huy chương đồng là
A. 120 B. 360 C. 240 D. Kết quả khác
Câu 11 (TH). Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau:
A. 10080 B. 9438 C. 5040 D. Kết quả khác
Câu 12 (VD). Đa giác đều nào có 20 đường chéo
A. Ngũ giác đều B. Lục giác đều C. Bát giác đều D. Kết quả khác
Câu 13 (TH). Trong khai triển $f\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^6} = {a_6}{x^6} + {a_5}{x^5} + {a_4}{x^4} + {a_3}{x^3} + {a_2}{x^2} + {a_1}x + {a_0}$ thì hệ số ${a_4}$ là:
A. $ – 15$ B. 15 C. 20 D. Kết quả khác
Câu 14 (TH). Trong khai triển $f\left( x \right) = {\left( {{x^2} + \frac{2}{x}} \right)^9}\left( {x \ne 0} \right)$ thì số hạng tự do (số hạng không chứa x) là:
A. $ – 5736$ B. $5763$ C. $5376$ D. Kết quả khác
Câu 15 (VD). Trong khai triển $f\left( x \right) = {\left( {2x – 3} \right)^{16}} = {a_{16}}{x^{16}} + {a_{15}}{x^{15}} + {a_{14}}{x^{14}} + … + {a_3}{x^3} + {a_2}{x^2} + {a_1}x + {a_0}$ thì tổng của tất cả các hệ số là
A. $ – 1$ B. 1 C. $12432678$ D. Kết quả khác
Câu 16 (TH). Trong một lớp học có 20 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Chọn ra ngẫu nhiên 2 học sinh đi trực nhật. Khi đó xác suất để đội trực nhật có 1 học sinh nam và 1 học sinh nữ là
A. 1 B. $\frac{1}{{480}}$ C. $\frac{{240}}{{473}}$ D. Kết quả khác
Câu 17 (VD). Gieo 3 con súc sắc cân đối, đồng chất. Xác suất để tích số chấm xuất hiện trên mặt của 3 con súc sắc lập thành một số nguyên tố là
A. 0 B. $\frac{1}{6}$ C. $\frac{1}{{24}}$ D. Kết quả khác
Câu 18 (NB). Cho hai điểm $A\left( {1;2} \right);I\left( {3;4} \right).$ Gọi $A’ = {D_I}\left( A \right)$ khi đó điểm $A’$ có tọa độ là:
A. $A’\left( {4;4} \right)$ B. $A’\left( {5;6} \right)$ C. $A’\left( {6;5} \right)$ D. Kết quả khác.
Câu 19 (NB). Cho điểm $A\left( {1;2} \right)$ và vectơ $\overrightarrow u = \left( {3;4} \right).$ Gọi $A’ = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right)$ khi đó điểm $A’$ có tọa độ là
A. $A’\left( {4; – 6} \right)$ B. $A’\left( {2;2} \right)$ C. $A’\left( {4;6} \right)$ D. Kết quả khác
Câu 20 (TH). Cho hai điểm $A\left( {1;2} \right);I\left( {3;4} \right)$. Gọi $A’ = {V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right)$ khi đó điểm $A’$ có tọa độ là:
A. $A’\left( { – 1;0} \right)$ B. $A’\left( {0; – 2} \right)$ C. $A’\left( {2;0} \right)$ D. Kết quả khác
Câu 21 (NB). Cho điểm $A\left( {1;12} \right)$. Gọi $A’ = {D_{Ox}}\left( A \right)$ khi đó tọa độ điểm $A’$ là:
A. $A’\left( { – 1;12} \right)$ B. $A’\left( {12;1} \right)$ C. $A’\left( {1; – 12} \right)$ D. Kết quả khác.
Câu 22 (VD). Cho hai điểm $A\left( {1;2} \right);{\rm{ }}A’\left( {3;4} \right).$ Nếu $A’ = {D_\Delta }\left( A \right)$ thì đường thẳng $\left( \Delta \right)$ có phương trình là
A. $\left( \Delta \right):x – y + 1 = 0$ B. $\left( \Delta \right):x – y – 5 = 0$ C. $\left( \Delta \right):x + y – 5 = 0$ D. Kết quả khác
Câu 23 (TH). Cho hai đường thẳng $\left( \Delta \right):x – y + 1 = 0;{\rm{ }}\left( {\Delta ‘} \right):x – y – 5 = 0.$ Có bao nhiêu điểm I thỏa mãn điều kiện phép đối xứng tâm I biến $\left( \Delta \right)$ thành $\left( {\Delta ‘} \right).$
A. 0 B. 1 C. 2 D. Nhiều hơn 2
Câu 24 (TH). Cho hai đường thẳng $\left( \Delta \right):x – y + 1 = 0;{\rm{ }}\left( {\Delta ‘} \right):x – y – 5 = 0.$ Có bao nhiêu đường thẳng $\left( d \right)$ thỏa mãn điều kiện phép đối xứng trục $\left( d \right)$ biến $\left( \Delta \right)$ thành $\left( {\Delta ‘} \right)?$
A. 0 B. 1 C. 2 D. Nhiều hơn 2
Câu 25. Cho đường thẳng $\left( \Delta \right):x – y + 1 = 0$. Có bao nhiêu giá trị $m$ để phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u = \left( {2017;{m^2} – 2m – 2017} \right)$ biến $\left( \Delta \right)$ thành chính nó.
A. 0 B. 1 C. 2 D. Nhiều hơn 2
II. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 1 (VD) (2,0 điểm): Giải các phương trình lượng giác sau:
1. ${\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 6{\cos ^2}x = 6$
2. $\sqrt 3 \sin x + \cos x = 2$
3. $\cos 3x – \sin 2x – \cos x = 0$
Câu 2 (VD) (1,0 điểm): Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số, các chữ số đều khác nhau và số đó lớn hơn 540000?
Câu 3 (VD) (2,0 điểm): Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB, P là trọng tâm của tam giác BCD.
1. Chứng minh rằng: Đường thẳng MN song song với mặt phẳng $\left( {SCD} \right).$
2. Tìm giao tuyến của mp$\left( {MNP} \right)$ và mp$\left( {ABCD} \right)$.
3. Tìm giao điểm G của đường thẳng SC và mp$\left( {MNP} \right).$ Tính tỷ số $\frac{{SC}}{{SG}}.$
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
| 1. C | 2. A | 3. C | 4. A | 5. C |
| 6. B | 7. D | 8. D | 9. A | 10. A |
| 11. A | 12. C | 13. B | 14. C | 15. B |
| 16. C | 17. C | 18. B | 19. C | 20. A |
| 21. C | 22. C | 23. D | 24. B | 25. C |
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in Z} \right).$
Cách giải:
$\tan \frac{x}{4} = – 1 \Leftrightarrow \frac{x}{4} = \frac{{ – \pi }}{4} + k\pi \Leftrightarrow x = – \pi + 4k\pi \left( {k \in Z} \right)$
$x \in \left[ {0;12\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le – \pi + 4k\pi \le 12\pi \Leftrightarrow \frac{1}{4} \le k \le \frac{{13}}{4}\left( {k \in Z} \right) \Leftrightarrow k \in \left\{ {1;2;3} \right\}.$
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thuộc $\left[ {0;12\pi } \right].$
Câu 2: Đáp án A
Phương pháp:
+) Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right),$ sau đó tìm các nghiệm thuộc $\left[ {0;10\pi } \right]$ của phương trình.
+) Tính tổng các nghiệm, sử dụng công thức tổng n số hạng đầu tiên của CSC: ${S_n} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_n}} \right).n}}{2}.$
Cách giải:
$\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in Z} \right)$
$x \in \left[ {0;10\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le k\pi \le 10\pi \Leftrightarrow 0 \le k \le 10 \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;…;10} \right\}$
Khi đó tổng các nghiệm thuộc $\left[ {0;10\pi } \right]$ của phương trình trên là:
$0 + \pi + 2\pi + 3\pi + … + 10\pi = \left( {0 + 1 + 2 + … + 10} \right)\pi = \frac{{10.11}}{2}\pi = 55\pi .$
Câu 3: Đáp án C
Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)$, sau đó tìm các nghiệm thuộc $x \in \left[ {0;2\pi } \right]$ của phương trình.
Cách giải:
$\sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \end{array} \right.\left( {k,l \in Z} \right).$
Xét họ nghiệm $x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \in \left[ {0;2\pi } \right]$ ta có: $0 \le \frac{\pi }{4} + k2\pi \le 2\pi \Leftrightarrow – \frac{1}{8} \le k \le \frac{7}{8} \Leftrightarrow k = 0.$
Xét họ nghiệm $x = \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \in \left[ {0;2\pi } \right]$ ta có: $0 \le \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \le 2\pi \Leftrightarrow – \frac{3}{8} \le l \le \frac{5}{8} \Leftrightarrow l = 0.$
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thuộc $\left[ {0;2\pi } \right]$ là $\frac{\pi }{4};\frac{{3\pi }}{4}$
Câu 4: Đáp án A
Phương pháp:
Phương trình dạng $a\sin x + b\cos x = c$ có nghiệm $ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}.$
Cách giải:
Phương trình $\sin x – \sqrt 3 m\cos x = 2m$ có nghiệm $ \Leftrightarrow 1 + {\left( {\sqrt 3 m} \right)^2} \ge \left( {2{m^2}} \right) \Leftrightarrow {m^2} \le 1 \Leftrightarrow – 1 \le m \le 1.$
Câu 5: Đáp án C
Phương pháp:
$ – 1 \le \cos x \le 1{\rm{ }}\forall x \in R.$
Cách giải:
Ta có: $ – 1 \le \cos x \le 1{\rm{ }}\forall x \in R \Leftrightarrow – 1 \le {\left( {m – 1} \right)^2} \le 1 \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} \le 1 \Leftrightarrow – 1 \le m – 1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2.$
Chú ý: Những phương trình luôn đúng ta không giải, nhiều học sinh mắc sai lầm khi giải bất phương trình ${\left( {m – 1} \right)^2} \ge – 1$ bằng phương pháp bình phương hai vế.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in Z} \right).$
Cách giải:
ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos 3x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\4{\cos ^3}x – 3\cos x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\4{\cos ^2}x – 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos x \ne \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.$
$\tan x = {\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{an3}}x \Leftrightarrow 3x = x + k\pi \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in Z} \right).$
Đối chiếu điều kiện ta có $x = k\pi \left( {k \in Z} \right).$
Chú ý: HS chú ý điều kiện của phương trình để loại nghiệm.
Câu 7: Đáp án D
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\cot x = \cot \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in Z} \right)$
Cách giải:
ĐK : $\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in Z} \right)$
$\cot x = \cot 2x \Leftrightarrow 2x = x + k\pi \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in Z} \right)\left( {ktm} \right).$
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Chú ý: HS chú ý điều kiện xác định của hàm $\cot .$
Câu 8: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = \tan x$ tuần hoàn với chu kì $\pi ,$ hàm số $y = \tan kx$ tuần hoàn với chu kì $\frac{\pi }{k}.$
Cách giải:
Hàm số $y = f\left( x \right) = \tan \frac{x}{4}$ tuần hoàn với chu kì $T = \frac{\pi }{{\frac{1}{4}}} = 4\pi .$
Chú ý: Tránh nhầm lẫn hàm số $y = \tan kx$ có chu kì tuần hoàn là $T = k\pi .$
Câu 9: Đáp án B
Phương pháp:
Tổ hợp chập k của n phần tử là số cách lấy ra k phần tử từ tập hợp gồm n phần tử.
Cách giải:
Lớp học có tất cả $20 + 24 = 44$ học sinh, do đó có $C_{44}^1 = 44$ cách chọn 1 học sinh làm trực nhật.
Câu 10: Đáp án A
Phương pháp:
+) Chọn 3 người trong số 6 người để trao huy chương.
+) Hoán đổi vị trí của 3 người nhận huy chương.
Cách giải:
Số cách trao một bộ huy chương gồm 1 huy chương vàng, 1 huy chương bạc và 1 huy chương đồng là $A_6^3 = 120$ cách.
Chú ý: Vị trí của 3 nhận huy chương có thể hoán đổi cho nhau, hay nói cách khác vai trò của 3 huy chương khác nhau nên bài toán này phải dùng chỉnh hợp, dùng tổ hợp là sai.
Câu 11: Đáp án A
Phương pháp:
Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {0 \le {a_i} \le 9;{a_i} \in N\left( {i = \overline {1;6} } \right);{a_1} \ne 0} \right)$
+) Chọn ${a_6}$ là số lẻ.
+) Sử dụng chỉnh hợp chọn ${a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}$ trong 7 chữ số còn lại (khác ${a_6}$).
+) Sử dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {0 \le {a_i} \le 9;{a_i} \in N\left( {i = \overline {1;6} } \right);{a_1} \ne 0} \right)$
Do số tự nhiên cần tìm là số lẻ nên ${a_6} \in \left\{ {1;3;5;7} \right\} \Rightarrow $ có 4 cách chọn ${a_6}$.
Số cách chọn ${a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}$ là $A_7^5 = 2520$ cách.
Áp dụng quy tắc nhân ta có $2520.4 = 10080$ số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau được tạo thành.
Câu 12: Đáp án C
Phương pháp:
Số đường chéo của đa giác đều là số đoạn nối 2 đỉnh bất kì không kề nhau của đa giác.
Cách giải:
Giả sử đa giác đều $n$ cạnh, khi đó số đường chéo của đa giác đều là $C_n^2 – n.$
Vì đa giác đều có 20 đường chéo nên ta có $C_n^2 – n = 20$
$ \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{2!\left( {n – 2} \right)!}} – n = 20 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n – 1} \right)}}{2} – n = 20$
$ \Leftrightarrow {n^2} – n – 2n = 40 \Leftrightarrow {n^2} – 3n – 40 = 0 \Rightarrow n = 8$
Vậy đa giác đều đó là bát giác đều
Chú ý: Các em có thể sử dụng công thức giải nhanh: số đường chéo của đa giác đều $n$ cạnh là $\frac{{{n^2} – 3n}}{2}.$
Câu 13: Đáp án B
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:
Ta có: ${\left( {x + 1} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{x^k}.} $
${a_4}$ là hệ số của ${x^4}$, ứng với $k = 4$. Khi đó ta có ${a_4} = C_6^4 = 15.$
Câu 14: Đáp án C
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:
Ta có: $f\left( x \right) = {\left( {{x^2} + \frac{2}{x}} \right)^9} = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{9 – k}}{{\left( {\frac{2}{x}} \right)}^k} = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{2^k}{x^{18 – 3k}}.} } $
Số hạng tự do (số hạng không chứa x) ứng với $18 – 3k = 0 \Leftrightarrow k = 6.$
Vậy số hạng tự do trong khai triển trên là $C_9^6{2^6} = 5376.$
Câu 15: Đáp án B
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}},} $ sau đó cho $x = 1$ để tìm tổng các hệ số.
Cách giải:
${\left( {2x – 3} \right)^{16}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {c_{16}^k{{\left( {2x} \right)}^k}{{\left( { – 3} \right)}^{16 – k}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k{2^k}{{\left( { – 3} \right)}^{16 – k}}{x^k}} } $
Khi $x = 1$ ta có ${\left( {2.1 – 3} \right)^{16}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k{2^k}{{\left( { – 3} \right)}^{16 – k}} = 1.} $
Vậy tổng tất cả hệ số trong khai triển trên là 1.
Câu 16: Đáp án C
Phương pháp:
+) Tính số phần tử của không gian mẫu.
+) Tính số phần tử của biến cố.
+) Tính xác suất của biến cố.
Cách giải:
Số cách chọn 2 học sinh bất kì là $C_{44}^2 = 946$ cách $ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 946.$
Gọi A là biến cố: “đội trực nhật có 1 học sinh nam và 1 học sinh nữ”.
Số cách chọn 1 học sinh nam là $C_{20}^1 = 20$ cách,
Số cách chọn 1 học sinh nữ là $C_{24}^1 = 24$ cách.
Áp dụng quy tắc nhân ta có $n\left( A \right) = 20.24 = 480$ cách.
Vậy $P\left( A \right) = \frac{{480}}{{946}} = \frac{{240}}{{473}}.$
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp:
Số nguyên tố là số chỉ có ước là 1 và chính nó. Số nguyên tố nhỏ nhất là số 2.
Cách giải:
Ta có $n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216.$
Tích số chấm xuất hiện trên mặt của 3 con súc sắc lập thành một số nguyên tố khi và chỉ khi tích đó là 2, 3 hoặc 5.
TH1: Tích bằng 2, ta có $2 = 1.1,2 = 1.2.1 = 2.1.1 \Rightarrow $ có 3 cách.
TH2: Tích bằng 3, tương tự có 3 cách.
TH3: Tích bằng 5, tương tự có 3 cách.
Gọi A là biến cố: “Tích số chấm xuất hiện trên mặt của 3 con súc sắc lập thành một số nguyên tố”
$ \Rightarrow n\left( A \right) = 9.$ Vậy $P\left( A \right) = \frac{9}{{216}} = \frac{1}{{24}}.$
Câu 18: Đáp án B
Phương pháp:
$A’ = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow $I là trung điểm của $AA’$.
Cách giải:
$A’ = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow I$ là trung điểm của $AA’ \Rightarrow A’\left( {5;6} \right).$
Chú ý: I là trung điểm của $AA’ \Rightarrow A’ = 2I – A.$
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp:
$A’ = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \overline {AA’} = \overrightarrow u .$
Cách giải:
Ta có: $A’ = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \overline {AA’} = \overrightarrow u \Rightarrow A’\left( {4;6} \right).$
Câu 20: Đáp án A
Phương pháp:
${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( A \right) = A’ \Leftrightarrow \overline {IA’} = k\overline {IA} .$
Cách giải:
${V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A’\left( {x;y} \right) \Leftrightarrow \overline {IA’} = 2\overline {IA} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 3 = 2\left( {1 – 3} \right)\\y – 4 = 2\left( {2 – 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 1\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow A’\left( { – 1;0} \right).$
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp:
Ảnh của điểm $M\left( {x;y} \right)$ qua phép đối xứng trục Ox là $M’\left( {x; – y} \right).$
Cách giải:
Ảnh của điểm $A\left( {1;12} \right)$ qua phép đối xứng trục Ox là $A’\left( {1; – 12} \right).$
Câu 22: Đáp án C
Phương pháp:
+) Do $A’$ đối xứng A qua $\left( \Delta \right)$ nên đường thẳng $\left( \Delta \right)$ là đường trung trực của $AA’.$ Từ đó xác định điểm đi qua và 1 VTPT của đường thẳng $\left( \Delta \right).$
+) Đường thẳng đi qua $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ vá có 1 VTPT $\overrightarrow n = \left( {a;b} \right)$ có phương trình $a\left( {x – {x_0}} \right) + b\left( {y – {y_0}} \right) = 0.$
Cách giải:
Do $A’$ đối xứng $A$ qua $\left( \Delta \right)$ nên đường thẳng $\left( \Delta \right)$ là đường trung trực của $AA’.$ Do đó $\left( \Delta \right)$ đi qua trung điểm $I\left( {2;3} \right)$ của $AA’$ và nhận $\overline {AA’} = \left( {2;2} \right)$ là 1 VTPT.
Khi đó ta có phương trình $\left( \Delta \right):2\left( {x – 2} \right) + 2\left( {y – 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y – 5 = 0.$
Câu 23: Đáp án D
Cách giải:
Tập hợp các điểm I là đường thẳng song song với $\left( \Delta \right)$ và $\left( {\Delta ‘} \right)$ và nằm chính giữa $\left( \Delta \right)$ và $\left( {\Delta ‘} \right)$. Do đó có vô số điểm I như vậy.
Câu 24: Đáp án B
Cách giải:
Có duy nhất 1 đường thẳng $\left( d \right)$ thỏa mãn điều kiện phép đối xứng trục $\left( d \right)$ biến $\left( \Delta \right)$ thành $\left( {\Delta ‘} \right)$ là $\left( d \right):x – y – 2 = 0.$
Câu 25: Đáp án C
Phương pháp:
Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u $ biến đường thẳng $\left( \Delta \right)$ thành chính nó khi và chỉ khi $\overrightarrow u $ là 1 VTCP của đường thẳng $\left( \Delta \right)$.
Cách giải:
Dễ thấy đường thẳng $\left( \Delta \right)$ có 1 VTCP là $\overrightarrow v = \left( {1;1} \right).$
Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u $ biến đường thẳng $\left( \Delta \right)$ thành chính nó khi và chỉ khi $\overrightarrow u $ là 1 VTCP của đường thẳng $\left( \Delta \right)$.
Khi đó ta có $\overrightarrow u $ và $\overrightarrow v $ cùng phương
$ \Rightarrow \frac{{2017}}{1} = \frac{{{m^2} – 2m – 2017}}{1} \Leftrightarrow {m^2} – 2m – 2017 = 2017 \Leftrightarrow {m^2} – 2m – 4034 = 0.$
Phương trình trên có $ac < 0 \Rightarrow $ phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy có 2 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
II. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 1:
Phương pháp:
1. TH1: $\cos x = 0.$
TH2: $\cos x \ne 0,$ chia cả 2 vế của phương trình cho ${\cos ^2}x$, sử dụng công thức $\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x,$ đưa về phương trình bậc hai ẩn $\tan x.$
2. Phương trình dạng $a\sin x + b\cos x = c,$ chia cả 2 vế của phương trình cho $\sqrt {{a^2} + {b^2}} .$
3. Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích $\cos a – \cos b = – 2\sin \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a – b}}{2}.$
Cách giải:
1. ${\sin ^2}x + 5\sin x\cos + 6{\cos ^2}x = 6$
TH1: $\cos x = 0 \Leftrightarrow {\sin ^2}x = 1,$ khi đó phương trình trở thành $1 = 6$ (vô nghiệm).
TH2: $\cos x \ne 0.$ Chia cả 2 vế của phương trình cho ${\cos ^2}x$, ta được:
${\tan ^2}x + 5\tan x + 6 = 6\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right) \Leftrightarrow 5{\tan ^2}x – 5\tan x = 0$
$ \Leftrightarrow 5\tan x\left( {\tan x – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 0\\\tan x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)$
Vậy nghiệm của hệ phương trình là $S = \left\{ {k\pi ;\frac{\pi }{4} + k\pi \left| {k \in Z} \right.} \right\}.$
2. $\sqrt 3 \sin x + \cos x = 2$
c)
$ \Leftrightarrow – 2\sin 2x\sin x – sin2x = 0 \Leftrightarrow – \sin 2x\left( {2\sin x + 1} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 0\\\sin x = – \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = k\pi \\x = \frac{{ – \pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{k\pi }}{2}\\x = \frac{{ – \pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)$
Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ {\frac{{k\pi }}{2};\frac{{ – \pi }}{6} + k2\pi ;\frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \left| {k \in Z} \right.} \right\}.$
Câu 2:
Phương pháp:
Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {{a_i} \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7} \right\};{a_1} \ne 0} \right).$ Xét các trường hợp sau:
TH1: ${a_1} = 5;{a_2} \ge 4,{a_2} \ne 5.$
TH2: ${a_1} > 5.$
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {{a_i} \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7} \right\};{a_1} \ne 0} \right).$
TH1: ${a_1} = 5;{a_2} \ge 4,{a_2} \ne 5 \Rightarrow $ có 3 cách chọn ${a_2}$ và có $A_6^4$ cách chọn 4 chữ số còn lại $ \Rightarrow $ có $3A_6^4$ số.
TH2: ${a_1} > 5 \Rightarrow $ có 2 cách chọn ${a_1}$ và $A_7^5$ cách chọn 5 chữ số còn lại $ \Rightarrow $ có $2A_7^5$ số.
Vậy có tất cả $3A_6^4 + 2A_7^5 = 6120$ số thỏa mãn.
Câu 3:
Phương pháp:
1. Chứng minh đường thẳng MN song song với 1 đường thẳng nằm trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right).$
2. Hai mặt phẳng chứa 2 đường thẳng song song thì cắt nhau theo giao tuyến (nếu có) song song với 2 đường thẳng đó.
3. Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAC: $\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PC}}.\frac{{GC}}{{GS}} = 1.$
Cách giải:
a. Xét tam giác SAB có MN là đường trung bình $ \Rightarrow MN//AB$ (Tính chất đường trung bình).
Lại có $AB//CD$ (ABCD là hình bình hành) nên $MN//CD,$ $CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow MN//\left( {SCD} \right).$
b. Ta có $\left( {MNP} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ có điểm P chung.
$MN \subset \left( {MNP} \right);AB \subset \left( {ABCD} \right);MN//AB \Rightarrow $ Giao tuyến của 2 mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là đường thẳng qua P và song song với MN, AB.
Trong $\left( {ABCD} \right)$ kẻ $EF//AB\left( {E \in AD;F \in BC} \right),$ khi đó ta có $\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF.$
c. Gọi $O = AC \cap BD.$ Do P là trọng tâm tam giác BCD
$ \Rightarrow \frac{{PC}}{{PO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{PC}}{{\frac{1}{2}AC}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{{PC}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{PC}}{{PA}} = \frac{1}{2}$
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAC: $\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PC}}.\frac{{GC}}{{GS}} = 1 \Rightarrow 1.2.\frac{{GC}}{{GS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{GC}}{{GS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{SC}}{{SG}} = \frac{1}{2}.$
