Đề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Trãi Ba Đình Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

0
52

Đề thi Toán 11 học kì 1 trường THPT Nguyễn Trãi Ba Đình có lời giải chi tiết và đáp án gồm 15 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI – BA ĐÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC (MÃ ĐỀ 001)

ĐỀ THI HỌC KỲ I

MÔN: TOÁN – Lớp 11

Thời gian làm bài: 90 phút

(không kể thời gian phát đề)

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 ${\mathop{\rm sinx}\nolimits} = 0$ 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 $\tan x = \tan 3x$ là:

A. $x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ B. $x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ C. $x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ D. Kết quả khác

Câu 7 (NB): Nghiệm của phương trình $\cot x = \cot 2x$ là:

A. $x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ B. $x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ C. $x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ 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 (VD): 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 $A\left( {1;2} \right);{\rm{ }}I\left( {3;4} \right).$ 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 (VD): 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 $A\left( {1;2} \right);{\rm{ }}I\left( {3;4} \right).$ 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 $A\left( {1;2} \right);A’\left( {3;4} \right).$ 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 (VD). 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) $\sqrt 3 \sin + \cos x = 2$

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 $\left( {{\rm{SCD}}} \right){\rm{.}}$

2) Tìm giao tuyến của ${\rm{mp}}\left( {{\rm{MNP}}} \right)$ và ${\rm{mp}}\left( {{\rm{ABCD}}} \right){\rm{.}}$

3) Tìm giao điểm G của đường thẳng SC và ${\rm{mp}}\left( {{\rm{MNP}}} \right){\rm{.}}$ Tính tỷ số $\frac{{SC}}{{SG}}.$

Đáp án

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

$\tan \frac{x}{4} = – 1 \Leftrightarrow \frac{x}{4} = \frac{{ – \pi }}{4} + k\pi \Leftrightarrow x = – \pi + 4k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

$x \in \left[ {0;12\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le – \pi + 4k\pi \le 12\pi \Leftrightarrow \frac{1}{4} \le k \le \frac{{13}}{4}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow k \in \left\{ {1;2;3} \right\}.$

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: $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right),$ 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:

$\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

$x \in \left[ {0;10\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le k\pi \le 10\pi \Leftrightarrow 0 \le k \le 10 \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;…;10} \right\}$

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

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi – \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right),$ sau đó tìm các nghiệm thuộc $x \in \left[ {0;2\pi } \right]$ của phương trình.

Cách giải:

$\sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \end{array} \right.\left( {k,l \in \mathbb{Z}} \right).$

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 \mathbb{R}.$

Cách giải:

Ta có: $ – 1 \le \cos x \le 1{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{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: $\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Cách giải:

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos 3x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\4{\cos ^3}x – 3\cos x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\4{\cos ^2}x – 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos x \ne \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.$

$\tan x = \tan 3x \Leftrightarrow 3x = x + k\pi \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Đối chiếu điều kiện ta có $x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

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: $\cot x = \cot \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Cách giải:

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

$\cot x = \cot 2x \Leftrightarrow 2x = x + k\pi \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\left( {ktm} \right).$

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số $y = \tan x$ tuần hoàn với chu kỳ $\pi ,$ hàm số $y = \tan kx$ tuần hoàn với chu kỳ $\frac{\pi }{k}.$

Cách giải:

Hàm số $y = f\left( x \right) = \tan \frac{x}{4}$ tuần hoàn với chu kỳ $T = \frac{\pi }{{\frac{1}{4}}} = 4\pi .$

Chú ý: Tránh nhầm lẫn hàm số $y = \tan kx$ có chu kỳ 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 $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {0 \le {a_i} \le 9;{a_i} \in \mathbb{N}\left( {i = \overline {1;6} } \right);{a_1} \ne 0} \right)$

+) 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 $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {0 \le {a_i} \le 9;{a_i} \in \mathbb{N}\left( {i = \overline {1;6} } \right);{a_1} \ne 0} \right)$

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 kỳ 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:

$A’ = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA’} = \overrightarrow u .$

Cách giải:

Ta có: $A’ = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA’} = \overrightarrow u \Rightarrow A’\left( {4;6} \right).$

Câu 20: Đáp án A

Phương pháp:

${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( A \right) = A’ \Leftrightarrow \overrightarrow {IA’} = k\overrightarrow {IA} .$

Cách giải:

${V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A’\left( {x;y} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {IA’} = 2\overrightarrow {IA} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 3 = 2\left( {1 – 3} \right)\\y – 4 = 2\left( {2 – 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 1\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow A’\left( { – 1;0} \right).$

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 1VTPT của đường thẳng $\left( \Delta \right).$

+) Đường thẳng đi qua $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ và 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 $\overrightarrow {AA’} = \left( {2;2} \right)$ 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) ${\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 6{\cos ^2}x = 6$

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 \mathbb{Z}} \right)$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $S = \left\{ {k\pi ;\frac{\pi }{4} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

2) $\sqrt 3 \sin x + \cos x = 2$

$ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x + \frac{1}{2}\cos x = 1 \Leftrightarrow \sin x\cos \frac{\pi }{6} + \cos x\sin \frac{\pi }{6} = 1$

$ \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là $S = \left\{ {\frac{\pi }{3} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

c) $\cos 3x – \sin 2x – \cos x = 0$

$ \Leftrightarrow – 2\sin 2x\sin x – \sin 2x = 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.{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là $S = \left\{ {\frac{{k\pi }}{2};\frac{{ – \pi }}{6} + k2\pi ;\frac{{7\pi }}{6} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

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{\rm{// }}AB$ (Tính chất đường trung bình).

Lại có $AB{\rm{ // }}CD$ (ABCD là hình bình hành) nên $MN{\rm{ // }}CD,$ $CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow MN{\rm{ // }}\left( {SCD} \right).$

b) Ta có $\left( {MNP} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ có điểm P chung.

$MN \subset \left( {MNP} \right);{\rm{ }}AB \subset \left( {ABCD} \right);{\rm{ }}MN{\rm{ // }}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 $EF{\rm{ // }}AB\left( {E \in AD;{\rm{ }}F \in BC} \right),$ 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: $\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PC}}.\frac{{GC}}{{GS}} = 1 \Rightarrow 1.2.\frac{{GC}}{{GS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{GC}}{{GS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{SC}}{{SG}} = \frac{1}{2}.$

Bài trướcĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 11 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Trãi Ba Đình 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