TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 TỔ TOÁNthptthuanthanh1.bacninh.edu.vn/upload/63116/... ·...

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

TỔ TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN TẬP KHỐI 11

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

1 C 2 C 3 B 4 A 5 C 6 A 7 B 8 C 9 A

10 B 11 D 12 A 13 C 14 D 15 B 16 C 17 C

18 B 19 B 20 D 21 D 22 C 23 D 24 C 25 B 26 B 27 C 28 A 29 A 30 D 31 A 32 C 33 B 34 B

35 D 36 B 37 A 38 A 39 D 40 A 41 A 42 D 43 D 44 C 45 A 46 A 47 D 48 D 49 B 50 A


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


Câu 1: Cho hai đường thẳng song song a và b . Trên đường thẳng a lấy 5 điểm phân biệt, trên đường thẳng b lấy 6 điểm phân biệt. Hỏi từ các điểm trên có thể lập được bao nhiêu hình tam giác? A. 990 . B. 135 . C. 165 . D. 270 .

Lời giải

Chọn D Nhận xét: Mỗi cách chọn ra 3 điểm không thẳng hàng sẽ lập ra được 1 tam giác. TH1: Chọn ra hai điểm thuộc đường thẳng a và một điểm thuộc đường thẳng b .

Có 2 15 6. 10.6 60C C (cách).

TH2: Chọn ra hai điểm thuộc đường thẳng b và một điểm đường thẳng a . Có 1 2

5 6. 5.30 150C C (cách). Vậy có tất cả 60 + 150 = 210 (cách), tương ứng sẽ có 270 tam giác được tạo ra.

Câu 2: Từ một nhóm gồm 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ chọn ngẫu nhiên 3 học sinh. Tính xác suất để chọn được đúng 2 học sinh nữ.

A. 140

. B. 2140

. C. 740

. D. 112

.

Lời giải Chọn C

Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ 10 học sinh nên số phần tử của không gian mẫu là

310 120n C ( phần tử ).

Gọi biến cố :A “Có đúng 2 học sinh nữ được chọn”.

Ta có số phương án thuận lợi để A xảy ra là: 2 13 7. 21n A C C ( phần tử ).

Vậy xác suất

21 7120 40

n AP A

n

.

Câu 3: Từ các chữ số 1, 2,3,4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số?

A. 44A . B. 44 . C. 4!. D. 4

4C .

Lời giải

Chọn B

Các chữ số hàng nghìn, hàng trăm, hàng chục, hàng đơn vị mỗi chữ số đều có 4 cách chọn.

Vậy từ các chữ số 1, 2,3,4 lập được 44 số tự nhiên có 4 chữ số.

Câu 4: Khi khai triển nhị thức 99a bx thành đa thức theo số mũ tăng dần của x , ta được số

hạng đầu bằng 1 và số hạng thứ tư là 31254792x . Tính a b . A. -1. B. 3. C. 1. D. 0.

Lời giải

Chọn C

Xét khai triển 99a bx .

Số hạng tổng quát là 9999 . ,0 99kk kC a bx k k .

Số hạng đầu ứng với 0k đó là 0 9999C a . Theo giả thiết 0 99 99

99 1 1 1C a a a .

Số hạng thứ tư ứng với 3k đó là 33 9699 .C a bx .

Theo giả thiết

33 96 399 . 1254792C a bx x .

3156849 1254792b .

3 8 2b b .

Vậy 1a ; 2b . Do đó 1a b .

Câu 5: Cho tam giác ABC có 2 1; 2; 3BC a x AC b AB c . Nếu góc A của tam giác bằng 60 thì giá trị của x là: A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 .

Lời giải Chọn B Theo định lý cosin ta có

2 2 2 2 22 cos 3 2 2 3 2 cos60 7BC AB AC AB AC A .

Suy ra 2 1 7 2 1 7 3x x x .

Câu 6: Tổng các nghiệm thuộc đoạn ;2

của phương trình cos2 0x là

A. 2 . B. 0 . C. . D. 3

4 .

Lời giải Chọn D

Ta có cos2 0 2 ,2 4 2

x x k x k k .

Với ;2

x nên

3; ;4 4 4

x

, tổng các nghiệm bằng 34 .

Câu 7: Cho cấp số cộng nu biết 2 37; 4u u . Tìm 1u và công sai d .

A. 1 1; 3u d . B. 1 1; 3u d . C. 1 4; 3u d . D.

1 10; 3u d . Lời giải

Chọn D Công sai 3 2 4 7 3d u u

Số hạng đầu 1 2 7 3 10u u d .

Câu 8: Khi khai triển biểu thức 101 2x thành đa thức thì được số số hạng là:

A. 12 . B. 11. C. 9 . D. 10 . Lời giải

Chọn B Khai triển na b được 1n số hạng.

Câu 9: Cho đường thẳng d và mặt phẳng . Xét các mệnh đề sau:

I. d // d .

II. Nếu d song song với một đường thẳng trong thì d song song với .

III. Nếu d song song với thì d song song với mọi đường thẳng trong .

Số mệnh đề đúng là:

A. 3 . B. 1 . C. 0 . D. 2 . Lời giải

Chọn B

Xét các mệnh đề đã cho ta có:

+ I. d // d đúng.

+ II. Nếu d song song với một đường thẳng trong thì d song song với sai

do thiếu điều kiện d .

+ III. Nếu d song song với thì d song song với mọi đường thẳng trong sai

do d có thể chéo với một số đường thẳng trong .

Vậy số mệnh đề đúng trong các mệnh đề đã cho là một.

Câu 10: Một tam giác có 3 cạnh là 4;5;7 . Đường cao nhỏ nhất của tam giác này gần bằng số nào dưới đây nhất? A. 3,2 . B. 3,4 . C. 2,8 . D. 3 .

Lời giải

Chọn C Trong tam giác đã cho, đặt 4, 5, 7 a b c .

Khi đó đường cao nhỏ nhất ứng với cạnh lớn nhất là đường cao ch .

Ta có nửa chu vi của tam giác là: 4 5 7 82

p .

Suy ra diện tích tam giác là: 4 6 S p p a p b p c .

Mặt khác: 1 2 8 6. 2,82 7

c cSS c h hc

.

Câu 11: Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. Qua điểm A và đường thẳng d xác định duy nhất một mặt phẳng. B. Nếu hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất. C. Qua ba điểm phân biệt xác định duy nhất một mặt phẳng. D. Nếu trên đường thẳng d có hai điểm phân biệt thuộc mặt phẳng thì mọi điểm

trên d đều thuộc mặt phẳng .

Lời giải

Chọn D

Mệnh đề đúng là: Nếu trên đường thẳng d có hai điểm phân biệt thuộc mặt phẳng thì mọi điểm trên d đều thuộc mặt phẳng .

Câu 12: Nghiệm của phương trình 3cos 2

x là

A. 26

x k . B. 2 23

x k . C. 6

x k . D.

23

x k .

Lời giải

Chọn A

Ta có: 3cos cos cos

62 62 , x k kx x .

Câu 13: Tập xác định của hàm số 22 7 15f x x x là

A. 3; 5;2

. B. 3; 5;2

.

C. 3; 5;2

. D. 3; 5;

2

.

Lời giải

Chọn D

Điều kiện xác định: 22 7 15 0x x 32

5

x

x

.

Vậy tập xác định của hàm số là 3; 5;2

D .

Câu 14: Vectơ 2 3d a b

với 1; 2a

, 2;9b

có toạ độ là

A. 4;31 . B. 8; 23 . C. 4;31 . D. 8;23 .

Lời giải

Chọn B Ta có 2 3 2.1 3. 2 ;2.2 3.9 8; 23d a b

.

Câu 15: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Hàm số coty x là hàm số lẻ. B. Hàm số cosy x là hàm số lẻ. C. Hàm số siny x là hàm số lẻ. D. Hàm số tany x là hàm số chẵn.

Lời giải

Chọn C Hàm số cosy x là hàm số chẵn. Hàm số siny x , tany x là hàm số lẻ.

Hàm số coty x là hàm không chẵn, không lẻ.

Câu 16: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Phép tịnh tiến biến một đường thẳng thành một đường thẳng song song với nó. B. Phép tịnh tiến biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với nó. C. Phép tịnh tiến biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng bằng nó. D. Phép tịnh tiến biến một đường tròn thành một đường tròn có cùng chu vi với nó.

Lời giải Chọn A

Phép tịnh tiến biến một đường thẳng thành một đường thẳng song song hoặc trùng với nó

Câu 17: Các dãy số có số hạng tổng quát nu trong các câu A, B, C, D dưới đây, dãy số nào bị chặn?

A. 2nnu . B.

2

1nnu

n

. C. 2 1nu n . D. 2

1nnu

n

.

Lời giải

Chọn D

Xét dãy số nu với 21n

nun

.

Ta có: 21n

nun

221n

.

Do đó 1 2nu , n .

Vậy nu với 21n

nun

là dãy số bị chặn.

Câu 18: Tính tổng 0 1 2 2 2019 20192019 2019 2019 20192 2 ... 2S C C C C .

A. 20193S . B. 20192S . C. 20203S . D. 20202S .

Lời giải

Chọn A Ta có: 0 1 2 2 2019 2019

2019 2019 2019 20192 2 ... 2S C C C C 20191 2 20193 .

Câu 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 2 0d x y . Biết phép vị tự tâm 30;2

I

, tỷ số 2k biến d thành đường thẳng : 2 0d x y c . Mệnh đề nào sau

đây là đúng? A. 2; 1c . B. 2;4c . C. 4; 2c . D. 1;2c .

Lời giải

Chọn A

d là ảnh của d qua phép vị tự tâm 30;2

I

, tỷ số 2k nên phương trình d có

dạng 2 0x y c .

Lấy 0;0O d , O là ảnh của O qua phép vị tự tâm 30;2

I

, tỷ số 2k .

Ta có: 2IO IO 0 2 0 0

3 32 02 2

x

y

032

x

y

.

Do 30;2

O d

nên 3 32.0 02 2

c c .

Câu 20: Gọi nS là tổng n số hạng đầu tiên trong cấp số cộng na biết 5 9S S ; tỉ số 3

5

aa

bằng?

A. 35

. B. 95

. C. 53

. D. 59

.

Lời giải

Chọn B

Ta có: 5 9S S 1 15 9. 2 4 . 2 82 2

a d a d 1

1

2 4 92 8 5a da d

1

1

2 94 5

a da d

3

5

95

aa

.

Câu 21: Cho hình chóp . Gọi là trung điểm ; là mặt phẳng qua và song

song với . lần lượt cắt các cạnh tại và .Gọi lần lượt là

diện tích các tam giác và . Tính .

A. 14

. B. 4 . C. 12

. D. 2 .

Lời giải

Chọn A

.S ABC M SA M

ABC ,SB SC N P 1 2,S S

ABC MNP 1

2

SS

Vì

/ / ABC

M SAB

SAB ABC AB

nên SAB cắt theo giao tuyến đi qua M và song song

với AB . Trong SAB dựng đường thẳng đi qua M và song song với AB cắt SB tại N , suy

ra N là trung điểm của SB .

Vì

/ / ABC

M SAC

SAC ABC AC

nên SAC cắt theo giao tuyến đi qua M và song

song với AC . Trong SAC dựng đường thẳng đi qua M và song song với AC cắt SC tại P , suy

ra P là trung điểm của SC . Vì là trung điểm , N là trung điểm của SB , P là trung điểm của SC nên

MNP ABC và 2ABMN

Vì MNP ABC nên 2

1

2

4S ABS MN

.

Câu 22: Cho hình chóp tứ giác và mặt phẳng bất kỳ. Thiết diện của với

hình chóp không thể là đa giác nào trong các đa giác sau A. Ngũ giác. B. Tam giác. C. Lục giác. D. Tứ giác.

M SA

.S ABCD P P


Hình chóp tứ giác có 5 mặt nên thiết diện của hình chóp có tối đa 5 cạnh. Suy ra thiết diện của với hình chóp không thể là lục giác.

Câu 23: Một đội văn nghệ có 12 học sinh, cần chọn ra hai bạn, trong đó một bạn làm đội trưởng và một bạn làm đội phó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? A. . B. . C. . D. .

Lời giải

Chọn D

Mỗi cách chọn ra hai bạn, trong đó một bạn làm đội trưởng và một bạn làm đội phó trong 12 học sinh là một chỉnh hợp chập 2 của 12 nên số cách chọn là 2

12 132A .

Câu 24: Phương trình sau đây có bao nhiêu nghiệm âm: A. . B. . C. . D. .

Lời giải

Chọn D Đặt 2 0x t t . Khi đó phương trình trở thành 2 2019 13 0t t 1 .

Phương trình 1 có . 1. 13 13a c nên có 2 nghiệm trái dấu. Suy ra

chỉ có 1 nghiệm âm.

Câu 25: Cho dãy số nu xác định bởi 2 1

nnu

n

. Giá trị của 7u bằng?

A. 787

u . B. 7487

u . C. 7 7u . D. 7507

u .

Lời giải

Chọn D

Thay 7n vào nu ta được 749 1 50

7 7u

.

Câu 26: Tọa độ giao điểm của đường thẳng 3y x và parabol 2 4 1y x x là

A. 2;0 , 2;0 . B. 1;4 , 2;5 . C. 1 ; 13

. D.

1 1 111; , ;2 5 50

.

.S ABCD P

132 66 144 25

4 22019 13 0x x 0 2 3 1

4 22019 13 0x x

Lời giải

Chọn B Ta có phương trình hoành độ giao điểm 2 4 1 3x x x 2 3 2 0x x

12

xx

.

Với 1x 4y , với 2x 5y . Vậy tọa độ giao điểm là 1;4 , 2;5 .

Câu 27: Cho hình lăng trụ .ABC A B C . Gọi , ,M N P lần lượt là trung điểm của ,A B A C và

CC . Mặt phẳng MNP song song với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau?

A. BB C . B. ABC . C. A BC . D. AB C .

Lời giải

Chọn C

Ta có / / ' '/ /MN B C BC và / / 'NP A C . Mà MN NP N nên / /MNP A BC .

Câu 28: Cho hình chóp .S ABCD , đáy ABCD là hình thang có đáy lớn AD . Gọi O là giao điểm của AC và BD ; E là giao điểm của AB và CD . Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng SAD và SBC .

A. Đường thẳng Sx // AD . B. SE . C. Đường thẳng Sy // AB . D. SO .

Lời giải

Chọn A

A' C'

B'

B

A C

M

N

P

Q

Ta có:

//

,

S SAD SBCAD BCAD SAD BC SBC

Giao tuyến của hai mặt phẳng SAD và SBC là

đường thẳng Sx // AD .

Câu 29: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

3 2 sin12

y x

. Tính giá trị của biểu thức .M m .

A. 5 2 6 . B. 5 2 6 . C. 2 3 . D. 1. Lời giải

Chọn D

Ta có : 1 sin 1 3 2 3 2 sin 3 212 12

x x

.

Vậy 3 2 , 3 2M m suy ra . 1M m .

Câu 30: Nghiệm của phương trình sin 1x là

A. 22

k , k . B. 2

k , k .

C. 22

k , k . D. 2

k , k .

Lời giải

Chọn C

Ta có: sin 1 22

x x k k .

Câu 31: Tập hợp các giá trị x thoả mãn ;2 ; 3x x x theo thứ tự lập thành cấp số nhân là: A. 0 . B. . C. 0;1 . D. 1 .

Lời giải

Chọn C.

Từ giả thiết suy ra 2 2 03 2 3 3 0

1x

x x x x xx

.

Câu 32: Tổng các nghiệm của phương trình: 2 5 1x x là: A. 0 . B. 2 . C. 2 . D. 4 .

Lời giải

Chọn C.

2

11 02 5 1 22

2 5 1 2

xxx x xx

x x x

.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 2 .

Câu 33: Rút liên tiếp (không hoàn lại) 2 quân bài từ một bộ Tú lơ khơ gồm 52 quân. Số phần tử của không gian mẫu là: A. 1326 . B. 103 . C. 2652 . D. 104 .

Lời giải

Chọn C. Số phần tử của không gian mẫu là 2

52 1326C .

Câu 34: Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của SA và SD . Xét các mệnh đề sau:

(I): MN // SBC . (II): MN // SAD . (III): MN // ABCD .

Các mệnh đề đúng là: A. (I) và (III). B. (I) và (II). C. (I), (II) và (III). D. (II) và (III).

Lời giải

Chọn A.

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SAD nên ,MN AD màBC AD MN BC .

Từ đó ta có

MN ABCD

MN SBC

, nên mệnh đề đúng là (I) và (III).

Câu 35: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 5cos sin 1x m x m có nghiệm. A. 13m . B. 24m . C. 12m . D. 24m .

Lời giải Chọn C Để phương trình có nghiệm thì

22 2 2 25 1 25 2 1 12m m m m m m .

Câu 36: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 2 2 21 2 12

1 2 2 198... .2 3 1 199

n nn n n n

n nC C C Cn

. A. 198n . B. 200n . C. 199n . D. 201n .

Lời giải Chọn A Gọi số cần Ta có

2 1 ! 1 !1 11 1 1 ! ! 1 1 ! !

k k kn n n

n nk C kC C nk k k n k n k n k

.

1 1 1 11 1 1 1

1 *1 1

k k k kn n n n

nnC C C Cn n

.

Thay 1, 2,3,...,k n vào * ta được.

21 0 21 1

12 1n n n

nC C Cn

.

22 1 31 1

23 1n n n

nC C Cn

.

23 2 41 1

34 1n n n

nC C Cn

.

………………………….

2 1 11 11 1

n n nn n n

n nC C Cn n

.

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

2 2 21 2 0 2 1 3 2 4 1 1

1 1 1 1 1 1 1 11 2 ... ... **2 3 1 1

n n nn n n n n n n n n n n

n nC C C C C C C C C C Cn n

Mặt khác:

1

11

0

1 1n

n k kn

kx C x

1

11

0

1 2n

n i in

ix C x

Nhân theo vế hai đẳng thức 1 và 2 ta được:

1 1 1 1

21 1 1 1

0 0 0 0

1 . 3n n n n

n k k i i k i k in n n n

k i k ix C x C x C C x

Hệ số của 1nx ở vế trái của 3 là 12nnC .

Ta tìm hệ số của 1nx ở vế phải của 3 :

0 1 0 10 1 0 1

1 1

k n k ni n i n

k i n i n k

Vậy hệ số của 1nx ở vế phải của 3 là 0 1 1 2 2 3 1 0 0 2 1 3 2 4 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1... ...n n n n n nn n n n n n n n n n n n n n n nC C C C C C C C C C C C C C C C

. Suy ra:

0 2 1 3 2 4 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 2... n n n

n n n n n n n n nC C C C C C C C C

0 2 1 3 2 4 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 2...

1 1n n n

n n n n n n n n nn nC C C C C C C C C

n n

Kết hợp điều kiện đề bài, suy ra: 1 1 2

2 22 198 2 198 2 395 198 0

1 199 1 199n nn n

n n n nC C n nn n

11982

198

nn

n

.

Câu 37: Gọi , , , A B C D là các điểm biểu diễn các nghiệm trên đường tròn lượng giác của

phương trình cos 2 3 sin 2 1 0x x . Tính diện tích tứ giác ABCD .

A. 2 . B. 2 . C. 3 . D. 3 . Lời giải

Chọn C

1 3 1 1cos2 3 sin 2 1 0 cos2 sin 2 cos 22 2 232

x x x x x

2

2

23 3 3

23 3

x k x k

x kxk

k

.

Suy ra các điểm , , , A B C D biểu diễn các nghiệm của phương trình trên đường tròn

lượng giác trùng với cung lượng giác có số đo lần lượt là 40, , , .

3 3

Do đó 1 3 1 31 ; 0 , ; , 1 ; 0 , ; 2 2 2 2

A B C D

.

Tứ giác ABCD có 1 3 3 3 ; , ; 2 2 2 2

AB DC AD

ABCD là hình

bình hành và . 0AB AD

hay ABCD là hình chữ nhật.

Vậy . 1. 3 3ABCDS AB AD .

Câu 38: Tính tổng: 1 11 111 ...11...1S (Tổng có 2019 số hạng)

A. 20201 10 10 2019

9 9

. B. 201910 10 1 20199

.

C. 20191 10 10 2019

9 9

. D. 20191 10 19

.

Lời giải

Chọn A

11 11 111 ...11...1 9 99 999 ... 99...99

S

2 3 20191 10 1 10 1 10 1 ... 10 19

2019 2020

2 3 20191 1 10 1 1 10 1010 10 10 ... 10 2019 10 2019 20199 9 9 9 9

.

Câu 39: Xác định m để với mọi x ta có 2

2

51 72 3 2x x mx x

.

A. 1m . B. 53

m . C. 513

m . D. 5 13

m

. Lời giải

Chọn D Ta có 22 3 2 0x x x , suy ra bất phương trình tương đương với

2 2 22 3 2 5 14 21 14x x x x m x x

2

2

3 2 2*

13 26 14x x mx x m

Đặt 2 23 2 2, 13 26 14f x x x g x x x .

Ta có 1 5max3 3

f x f

, min 1 1g x g .

Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì hệ * thỏa mãn x

max minf x m g x .

5 13

m .

Câu 40: Thầy giáo gọi ba bạn học sinh lần lượt lên bảng, mỗi bạn viết ra một số tự nhiên có 3 chữ số. Hỏi có bao nhiêu cách để tổng 3 số được viết ra là một số chẵn và chia hết cho 1111. A. 3

778C . B. 2777C . C. 2

2221C D. 32222C .

Lời giải Chọn B Gọi 3 số được viết ra là , ,a b c với , , 100;999a b c .

Ta có 300 2997a b c Mặt khác a b c chẵn và 1111a b c suy ra 2222 *a b c .

Số cách thỏa mãn là số nghiệm nguyên thuộc 100;999 của phương trình * .

Đặt 999999

a mb nc p

. , , 1;900m n p .

Phương trình * trở thành 1925 **m n p .

Đặt 901901901

m xn yp z

. , , 1;900x y z .

Phương trình ** trở thành 778 ***x y z .

Số nghiệm nguyên của phương trình *** là 2777C . Vậy có 2

777C cách.

Câu 41: Cho hình vuông ABCD cạnh a tâm O tập hợp điểm M sao cho 2. .MA MC MB MD a

là:

A. Đường tròn tâm O , bán kính R a . B. Đường tròn tâm O , bán kính

2aR .

C. Đường tròn tâm O , bán kính 2R a . D. Đường tròn tâm O , bán kính 2R a .

Lời giải

Chọn A

Ta có:

2 2. . . . MA MC MB MD a MO OA MO OC MO OB MO OD a

2 22 . . . . * MO MO OA OC OA OC MO OB OD OB OD a .

Trong đó:

0 OA OC OB OD .

2 202. . .cos180

2 2

a aOA OC OB OD .

Khi đó:

22 2 2 2* 2 2.

2

aMO a MO a MO a .

Vậy tập hợp điểm M cần tìm là đường tròn tâm O , bán kính R a .

Câu 42: Cho Parabol 2 2 4: y x xP và đường thẳng d : 22y mx m ( m là tham số).

Tìm các giá trị của m để d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ là 1x , 2x thỏa

mãn 2 21 22 1 3 16 x m x m .

A. 2m . B. Không tồn tại m . C. 2m . D. 2m . Lời giải

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol 2 2 4: y x xP và đường thẳng 2: 2 d y mx m là: 2 2 2 22 4 2 2 1 4 0 1 x x mx m x m x m .

P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt phương trình 1 có hai nghiệm phân

biệt

32 3 02

m m .

Với 1 2,x x là hoành độ giao điểm của P và d , ta có:

1 2 2 12 1 2 1 x x m x m x .

Khi đó:

2 2 2 21 2 1 12 1 3 16 2 1 3 162 1 x m xm x m x m m

122 2

1 642 1 1 3 1 x m mx m

12 2

1 2 1 4 16 8 2 x m x m m

Do 1x là nghiệm của phương trình 1 nên 12 2

1 2 1 4 0 xx m m .

Do đó: 2 16 8 0 2 m m (thỏa mãn điều kiện 32

m ).

Vậy 2m là giá trị của tham số m cần tìm.

Câu 43: Giá trị nhỏ nhất của biết thức F y x trên miền xác định bởi hệ 2 2

2 45

y xy x

x y

là

A. min 2F khi 0, 2x y . B. min 3F khi 1, 4x y . C. min 0F khi 0, 0x y . D. min 1F khi 2, 3x y .


Xét các đường thẳng 1 : 2 2 0d x y , 2 : 2 4 0d x y , 3 : 5 0d x y .

Gọi A là giao điểm của 1 2;d d có tọa độ à nghiệm của hệ:

2 2 0 0

0;22 4 0 2

x y xA

x y y

.

Gọi B là giao điểm của 2 3;d d có tọa độ à nghiệm của hệ:

2 4 0 2

2;35 0 3

x y xB

x y y

.

Gọi C là giao điểm của 1 3;d d có tọa độ à nghiệm của hệ:

2 2 0 1

1;45 0 4

x y xC

x y y

.

Miền nghiệm của hệ là tam giác ABC (kể cả bờ). Tịnh tiến đường thẳng y x F lên trên, giá trị nhỏ nhất của F là giá trị nhỏ nhất mà đường thẳng y x F có điểm chung với tam giác ABC .

Từ hình vẽ ta có giá trị min 1F đạt được tại điểm 2;3B .

Câu 44: Cho hình lăng trụ .ABCD A B C D có đáy ABCD là hình thang, AD CD BC a , 2AB a , cạnh bên có độ dài bằng 2a. Gọi N là trung điểm của CC . Mặt phẳng

qua AN cắt các cạnh BB và DD lần lượt lại M và .P Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .T BM DP .

A. 2a . B. 2

8a

. C. 2

2a

. D. 2

4a

.


Gọi ,O O là giao điểm hai đường chéo của hai đáy. I OO AN .

Đặt , 0 , 1DP xDD BM y BB x y

.

Ta có 3 21 12 3

CN AC AO OC OC CD OI aOI AO AO AO AB

.

Bốn điểm , , ,A M N P đồng phẳng nên

*AN AP AM

+)1 1 12 2 2

AN AC CN AD DC CC AD AB AA

.

+) AP AD DP AD xDD AD xAA

.

+) AM AB BM AB yBB AB yAA

.

Thay vào * ta được:

1 12 2

AD AB AA AD xAA AB yAA

1 12 2

AD AB AA AD AB x y AA

11 2 12

12

x y

x y

Suy ra: 11 2 2 28

x y xy xy .

Dấu “=” xảy ra khi

12 42 1 1

2

xx yx y y

.

Vậy 2

2. . . .42aT BM DP BM DP xBB yDD xy a

.

Câu 45: Cho ABC có bán kính đường tròn ngoại tuyến là 4R . Nếu sin 2sin 1B C thì 2AC AB bằng: A. 6 . B. 8 . C. 5 . D. 7 .

Lời giải

Chọn B

Ta có: 2 2 sinsinAC R AC R B

B và 2 2 sin .

sinAB R AB R C

C

Vậy 2 2 sin 2sin 2.4.1 8.AC AB R B C

Câu 46: Tích các nghiệm của phương trình sau là 2

2

2 8 1 2 22 3

x x x xx x

A. 1 . B. 3 13 . C. 3 13 . D. 2 .

Lời giải

Chọn C Điều kiện: 2x

Phương trình 2

2 4 1 22 3 2 2

x x x xx x x

2

24 1 (*)

2 3 2 2

xx x

x x x

.

Phương trình 2* 4 2 2 2 3 1x x x x x .

22 2 2 2 1 2 1 2x x x x

3 22 2 2( 2) 2 2 1 2 1 2 1 (*)x x x x x x x

22 1 2 1 2 1 2 2 1 2 0x x x x x x x x

Từ * ta có 22 2 2 2 2 1 1 2 1 2x x x x x x 1 0x .

Do đó 22 1 2 1 2 2 1 2 0x x x x x x

2 2

1 0 12 1

3 1 02 1

x xx x

x xx x

13 13

3 13 22

xx

x

.

Từ đó suy ra phương trình có hai nghiệm 2x và 3 132

x .

Do đó tích các nghiệm là 3 13 .

Câu 47: Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD đều, tam giác ACD vuông. Gọi ,I J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ABD . Biết rằng IJ song song với mặt phẳng BCD . Tính diện tích tam giác ACD .

A. 2

4a . B.

2 34

a . C. 2

2a . D. 2a .


Gọi M AI BC và N AJ BD AIJ BCD MN .

Theo giả thiết / / / /IJ BCD IJ MN AI AJMI NJ

.

Tam giác ABM có phân giác BI nên AI ABMI BM

.

Tam giác ABN có phân giác BJ nên AJ ABNJ BN

.

Suy ra AB AB BM BNBM BN

. Tam giác BCD đều nên CM DN .

Tam giác ABC có phân giác AM nên AB BMAC CM

.

Tam giác ABD có phân giác AN nên AB BNAD ND

.

Suy ra AB AB AC ADAC AD

.

Mặt khác theo giả thiết tam giác ACD vuông tam giác ACD vuông cân tại A .

Có 22 1 .

2 2 4ACDa aCD a AC AD S AC AD .

Câu 48: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng 1. Gọi E là trung điểm BD ; M là điểm thuộc cạnh BC sao cho 0 1BM x x . Mặt phẳng qua M , song song với hai

đường thẳng AB và CE . cắt các đoạn , ,BD AE AC lần lượt tại , ,N P Q . Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2T MP NQ .

A. 67

. B. 716

. C. 78

D. 37

.

Lời giải

Chọn A

Ta có

/ /

/ /

ABC MQMQ AB

AB

và

/ /

/ /

EAB NPNP AB

AB

.

Suy ra / /NP MQ .

Chứng minh tương tự ta có / /MN PQ . Suy ra MNPQ là hình bình hành.

Có 2 2 2 2 . .cosMP MN NP MN NP MNP

2 2 2 2 . .cosNQ MN MQ MN MQ NMQ

2 2 2 22 2T MP NQ MN MQ (vì MNPQ là hình bình hành nên cos cosMNP NMQ )

Xét tam giác ABC có ./ / 1MQ CM AB CMMQ AB MQ xAB BC BC

.

Tam giác BCD đều cạnh bằng 1, trung tuyến CE nên 32

CE .

Tam giác BCE có . 3/ /2

MN BM BM CE xMN CE MNCE BC BC

.

2

2 23 72 1 2 4 22 2

xT x x x

27 4 6 6 ,2 7 7 7

x x

.

Do đó giá trị nhỏ nhất của T bằng 67

.

Câu 49: Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4 lập các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Tính xác suất để số lập được có đúng 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời 2 chữ số đứng cạnh nhau thì không cùng tính chẵn, lẻ.

A. 548

. B. 748

. C. 524

. D. 1148

.

Lời giải

Chọn C Theo giả thiết, ta có 2 phương án xếp là: chẵn-lẻ-chẵn-lẻ hoặc lẻ-chẵn-lẻ-chẵn. Trong cả hai phương án, số cách sắp xếp các chữ số lẻ là 2 . Số cách sắp xếp các chữ số chẵn ở phương án 1 là 2.2 , ở phương án 2 là 3.2 . Vậy số các chữ số thỏa mãn yêu cầu là 2. 2.2 3.2 20

Số các số có 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ số ban đầu thỏa mãn là 4.4.3.2 96 .

Xác suất cần tính là 20 596 24

.

Câu 50: Cho dãy số nu với 33 2nanun

điều kiện của a để dãy nu tăng là:

A. 9 .2

a B. 0 4.a C. 9 .2

a D. 9 .2

a


13

3 5nan au

n

13 3

3 5 3 23 3 2 3 2 3 3 2 3 3

3 5 3 22 9

3 5 3 2

n nan a anu u

n nan n a n an n an

n na

n n

12 9 90 0

3 5 3 2 2n nau u a

n n


1 C 2 C 3 B 4 C 5 C 6 A 7 B 8 C 9 D

10 B 11 D 12 A 13 A 14 D 15 B 16 A 17 C

18 B 19 B 20 D 21 D 22 C 23 D 24 C 25 B 26 B 27 C 28 C 29 A 30 D 31 B 32 C 33 B 34 B

35 D 36 A 37 A 38 A 39 D 40 D 41 A 42 A 43 D 44 C 45 A 46 D 47 A 48 A 49 B 50 A


1 B 6 D 11 D 16 D 21 C 26 A 31 B 36 A 41 D 46 C

2 C 7 D 12 C 17 B 22 A 27 A 32 A 37 C 42 D 47 B

3 D 8 D 13 B 18 C 23 D 28 D 33 A 38 B 43 B 48 A

4 D 9 D 14 B 19 C 24 D 29 A 34 B 39 B 44 A 49 D

5 B 10 B 15 B 20 B 25 C 30 B 35 B 40 C 45 C 50 C


Câu 1: Tập xác định của hàm số tany x là:

A. \ 0 . B. \ ,2

k k

. C. . D.

\ ,k k .

Lời giải Chọn B

Điều kiện xác định: cos 02 x x k

Vậy tập xác định: \ ,2

D R k k Z .

Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm chẵn?

A. cos3

y x

. B. siny x . C. 1 siny x . D.

sin cosy x x . Lời giải

Chọn B TXĐ: D , x x . Mặt khác, ta có y(x) sin x sin x sin x y x .

Vậy hàm số trên là hàm số chẵn. Câu 3: Hằng ngày, mực nước của con kênh lên xuống theo thủy triều. Độ sâu h m của mực

nước trong kênh tính theo thời gian t h được cho bởi công thức

3cos 126 3th

. Khi nào mực nước của kênh là cao nhất với thời gian ngắn

nhất? A. 22t h . B. 15t h . C. 14t h . D. 10t h .


Ta có cos 16 3t

suy ra 3cos 12 15

6 3th

Mực nước của kênh cao nhất khi và chỉ khi

cos 1 2 2 12 ,6 3 6 3t t k t k k

Vì 10 2 12 06

t k k . Thời gian ngắn nhất chọn 1 10k t h .

Câu 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số sin 1

cos 2m xy

x

nhỏ hơn 3 .

A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 7 . Lời giải

Chọn D

Ta có sin 1 sin cos 1 2 0cos 2

m xy m x y x yx

1 .

Điều kiện phương trình 1 có nghiệm là 22 2 1 2y m y 2 23 4 1 0y y m 22 1 3

3my

.

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số là 22 1 3

3m .

Theo giả thiết, ta có 2

22 1 3 3 16 4 43

m m m .

Mà 3; 2; 1;0;1;2;3m m . Vậy có 7 giá trị nguyên của m .

Câu 5: Giải phương trình cos 1x ta được họ nghiệm là

A. 2

kx , k . B. x k , k .

C. 22

x k , k . D. 2x k , k .

Lời giải Chọn D Ta có cos 1x 2x k , k .

Câu 6: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 23sin 2 5 0x m có nghiệm? A. 6 . B. 2 . C. 1. D. 7.


Phương trình đã cho tương đương với phương trình 2 5sin 23

mx

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi:

2

2 2 2 25 1;1 2;83 2 2 2

mm mm

Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m . Câu 7: Tính tổng các nghiệm trong đoạn 0;30 của phương trình tan tan3x x .

-1

A. 55 .

B. 171 .2

C. 45 .

D. 190 .

2

Lời giải

Chọn C

Điều kiện: cos 0 2 *cos3 0

6 3

x kxkx x

Khi đó, phương trình tan tan 3x x 32

kx x k x so sánh với đk (*) ta

thấy nghiệm của phương trình là 2

;2

x kk

x k

.

Theo giả thiết 0;30x nên ta tìm được các nghiệm là 0; ;2 ;....;9x .

Vậy, tổng các nghiệm trong đoạn 0;30 của phương trình bằng 45 .

Câu 8: Tìm m để phương trình 3cos 2 2cos 3 1 0x x m có 3 nghiệm phân biệt thuộc

khoảng 30;2

?

A. 1 13

m . B. 1 13

m . C. 13

1

m

m

. D. 131

m

m

.


Phương trình 3cos 2 2cos 3 1 0x x m *

Đặt cost x , ta chú ý rằng (quan sát hình vẽ): Nếu 1t thì tồn tại 1 giá trị x .

Nếu với mỗi 1;0t thì tồn tại 2 giá trị 3; \2 2

x

.

Nếu với mỗi 0;1t thì tồn tại 1 giá trị 0;2

x .

Phương trình * trở thành: 3 2 2 3 1 0t t m

2 131 3 2

2

t

mt

Phương trình 1 có 1 nghiệm 0;1t nên phương trình * có 1 nghiệm

0;2

x .

Vậy phương trình * có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng 30;2

khi và chỉ khi

phương trình 2 phải có 1 nghiệm 1;0t .

Suy ra 1 3 11 0 2 1 3 0 12 3

m m m .

Câu 9: Cho phương trình 22sin 1 3 tan 2sin 3 4cos x x x x . Gọi T là tập hợp các

nghiệm thuộc đoạn 0;20 của phương trình trên. Tính tổng các phần tử của T .

A. 5703

. B. 8753

. C. 8803

. D. 11503

.


Điều kiện: ,2

x k k .

Phương trình đã cho tương đương với 22sin 1 3 tan 2sin 4sin 1 x x x x .

2sin 1 3 tan 1 0 x x .

1sin21tan3

x

x

265 26

6

x k

x k

x k

5 26

6

x k

x k, k (thỏa mãn điều kiện).

Trường hợp 1: Với 5 26 x k , k . 1

50;20 0 2 206 x k 5 115

12 12

k . Mà k nên

0; 1; 2....; 9k .

Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn 0;20 của họ nghiệm 1 là: 9

10

5 26

k

S k 2953

.

Trường hợp 2: Với 6 x k , k . 2

0; 20 0 206 x k 1 119

6 6

k . Mà k nên 0;1; 2....;19k .

Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn 0;20 của họ nghiệm 2 là: 19

20

5806 3

k

S k .

Vậy tổng các phần tử của T là 1 2875

3 S S .

Câu 10: Tìm m để phương trình 3sin 4 cos 2x x m có nghiệm?

A. 5 52 2

m . B. 52

m . C. 52

m . D.

5 52 2

m .


Phương trình có nghiệm 2 223 4 2m 24 25m 5 52 2

m .

Câu 11: Số nghiệm thuộc khoảng 0;2019 của phương trình 4 4sin cos 1 2sin2 2x x x là

A. 642 . B. 643 . C. 641 . D. 644 . Lời giải

Chọn A

Ta có 4 4 21sin cos 1 2sin 1 sin 1 2sin sin sin 4 02 2 2x x x x x x x

sin 0sin 4

xx VN

(do 1 sin 1x ) x k k .

Theo giả thiết, ta có 0;2019x nên 0;2019 , 0 2019,k k k k .

0 642,k k . Do đó có 642 giá trị của k . Vậy phương trình có 642 nghiệm thuộc 0;2019 .

Câu 12: Trên đường tròn lượng giác số điểm biểu diễn tập nghiệm của phương trình 2sin 3 3 cos sinx x x là A. 2 . B. 6 . C. 8 . D. 4 .

Lời giải Chọn D Ta có 2sin 3 3 cos sin 2sin 3 sin 3 cosx x x x x x

1 3 πsin 3 sin cos sin 3 sin2 2 3

x x x x x

π π3 2π π3 π π6

π π π 6 23 π 2π3 6 2

x x k x kx k k

x x k x k

Vậy có 4 điểm biểu diễn tập nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác.

Chú ý: Họ nghiệm 2παx k kn

có n điểm biểu diễn trên đường tròn lượng

giác. Câu 13: Gọi A là tập hợp tất cả các số nguyên m để phương trình 2019 2019sin cosx x m có

vô số nghiệm thực phân biệt. Số phần tử của tập hợp A là A. 1. B. 5. C. 0. D. 3.

Lời giải Chọn D Đặt 2019 2019sin cosf x x x .

Ta sẽ chứng minh 1 1f x x .

Thật vậy, với mọi x , ta có: 2017 2 2019 21 sin 1 1 sin 1 sin sin sinx x x x x 1 ,

2017 2 2019 21 cos 1 1 cos 1 cos cos cosx x x x x 2 .

Cộng 1 và 2 theo vế, ta được:

2 2 2019 2019 2 2sin cos sin cos sin cosx x x x x x

1 1f x x .

sin 1 21 2

cos 1 2

x x kf x

x x k

.

sin 1 21 2

cos 1 2

x x kf x

x x k

.

Do đó, phương trình f x m có vô số nghiệm thực phân biệt 1 1m .

1;0;1A .

Vậy số phần tử của A là 3 .

Câu 14: Trong đội văn nghệ nhà trường có 8 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một đôi song ca nam-nữ? A. 91. B. 182 . C. 48 . D. 14 .

Lời giải Chọn C Chọn 1 học sinh nữ từ 6 học sinh nữ có 6 cách. Chọn 1 học sinh nam từ 8 học sinh nam có 8 cách. Áp dụng quy tắc nhân có 6.8 48 cách chọn đôi song ca thỏa đề.

Câu 15: Có 20 viên bi nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chia số bi đó thành 2 phần sao cho số bi ở mỗi phần đều là số lẻ? A. 90. B. 5. C. 180. D. 10.

Lời giải Chọn B Ta có 20 1 19 3 17 5 15 7 13 9 11 . Vì các viên bi giống nhau nên tất cả có 5 cách chia 20 viên bi đó thành 2 phần mà số bi ở mỗi phần đều là số lẻ.

Câu 16: Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15? A. 234 . B. 132 . C. 243 . D. 432 .

Lời giải Chọn C Gọi số cần tìm là N abcd . Do N chia hết cho 15 nên N phải chia hết cho 3 và 5, vì vậy d có 1 cách chọn là bằng 5 và a b c d chia hết cho 3. Do vai trò các chữ số , ,a b c như nhau, mỗi số a và b có 9 cách chọn nên ta xét các trường hợp: TH1: a b d chia hết cho 3, khi đó 3 3;6;9c c , suy ra có 3 cách chọn c .

TH2: a b d chia 3 dư 1, khi đó c chia 3 dư 2 2;5;8c , suy ra có 3 cách chọn

c . TH3: a b d chia 3 dư 2, khi đó c chia 3 dư 1 1;4;7c , suy ra có 3 cách chọn

c . Vậy trong mọi trường hợp đều có 3 cách chọn c nên có tất cả: 9.9.3.1 243 số thỏa mãn.

Câu 17: Từ hai chữ số 1 và 8 lập được bao nhiêu cố tự nhiên có 8 chữ số sao cho không có hai chữ số 1 đứng cạnh nhau? A. 54 . B. 110 . C. 55 . D. 108 .

Lời giải Chọn C Để không có hai chữa số 1 đứng cạnh sau thì số chữ số 1 phải nhỏ hơn 5 .

TH1: Không có số 1: có 1 số gồm 8 số 8. TH2: Có 1 số 1: 1

8 8C số

TH3: Có 2 số 1: 27 21C số (Xếp hai số 1 vào 7 ô trống được tạo từ 6 số 8 )

TH4: Có 3 số 1: 36 20C số (Xếp ba số 1 vào 6 ô trống được tạo từ 5 số 8 )

TH5: Có 4 số 1: 45 5C số (Xếp bốn số 1 vào 5 ô trống được tạo từ 4 số 8 )

Vậy có 1 8 21 20 5 55 số. Câu 18: Cho một đa giác đều có 10 cạnh. Có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh thuộc các đỉnh của

đa giác đã cho. A. 720 . B. 35 . C. 120 . D. 240 .

Lời giải Chọn C Ta có đa giác đều có 10 cạnh nên đa giác đều có 10 đỉnh. Mỗi tam giác là một tổ hợp chập 3 của 10 phần tử. Vậy có 3

10 120C tam giác. Câu 19: Cho đa giác đều n đỉnh, 3n và n . Tìm n , biết rằng đa giác đã cho có 135

đường chéo. A. 27 . B. 18 . C. 8 . D. 15 .

Lời giải Chọn B Số đường chéo trong đa giác n đỉnh là: 2

nC n

Theo giả thiết, ta có: 2 135nC n

1! 135 1352! 2 ! 2

n nn n nn

1815

nn

.

Do 3n và n 18n . Câu 20: Cho hai đường thẳng 1d và 2d song song với nhau. Trên 1d có 10 điểm phân biệt,

trên 2d có n điểm phân biệt 2n . Biết rằng có 1725 tam giác có đỉnh là ba trong

số các điểm thuộc 1d và 2d nói trên. Tìm tổng các chữ số của n . A. 4 . B. 3 . C. 6 . D. 5 .

Lời giải Chọn C Mỗi tam giác được tạo thành bằng cách lấy 2 điểm trên 1d , 1 điểm trên 2d hoặc lấy

2 điểm trên 2d và 1 điểm trên 1d . Số tam giác tạo thành là 2 1 1 210 10. .n nC C C C .

Theo giả thiết có 2 1 1 210 10. . 1725n nC C C C

145 10. 1725

2n n

n

2 238 345 0

15n

n nn

.

Kết hợp điều kiện ta được 15n . Vậy tổng các chữ số của n là 6 .

Câu 21: Cho đa giác lồi n cạnh , 5n n . Lấy ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác, biết rằng

số cách để 4 đỉnh lấy ra tạo thành một tứ giác có tất cả các cạnh đều là các đường chéo của đa giác đã cho là 450 . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. 13;16n . B. 9;12n . C. 6;8n . D. 17;20n

. Lời giải

Chọn A Số phần tử của không gian mẫu là 4

nC .

Để thành lập một tứ giác như yêu cầu ta làm như sau (Giả sử 1 i j kA A A A là một tứ giác

có các cạnh là các đường chéo của đa giác ban đầu). + Chọn một đỉnh 1A có n cách chọn.

+ Do 3 1 2 3i j k n , nên ba đỉnh , ,i j kA A A được chọn trong số 5n đỉnh

của đa giác. Suy ra số cách chọn ba đỉnh , ,i j kA A A là 35nC .

Ứng với mỗi một tứ giác như thế, vai trò của 4 đỉnh là như nhau nên số tứ giác lập

được là: 3

5.4

nn C .

Theo giả thiết ta có: 3

5. 4504

nn C 15n .

Câu 22: Trong khai triển nhị thức 62 na , với n là số tự nhiên và 0a , có tất cả 17 số

hạng. Vậy n bằng A. 11. B. 10 . C. 12. D. 17 .

Lời giải Chọn B Ta có, trong khai triển nhị thức 62 na có 6 1n hạng tử

Theo giả thiết, 6 1 17 10n n .

Câu 23: Tìm số hạng chứa 7x trong khai triển 131x

x

.

A. 313C . B. 3 7

13C x . C. 4 713C x . D. 3 7

13C x . Lời giải

Chọn B

Xét 13 13 13

13 13 213 13

0 0

1 1. . 1k

kk k k k

k kx C x C x

x x

.

Hệ số của 7x trong khai triển tương ứng với 13 2 7 3k k . Vậy số hạng chứa 7x trong khai triển là 33 7 3 7

13 13. 1C x C x .

Câu 24: Giả sử 2 2 20 1 2 21 ...

n nnx x a a x a x a x . Đặt: 0 2 4 2.. ns a a a a , khi đó

s bằng

A. 3 12

n . B. 32

n

. C. 3 12

n . D. 2 1n .


Xét khai triển 2 2 20 1 2 21 ...

n nnx x a a x a x a x .

Với 1x ta có 0 1 2 2... 1 1na a a a

Với 1x ta có 0 1 2 2... 3 2nna a a a

0 2 4 21 31 2 2 .. 2 1 3

2

nn

na a a a s s .

Câu 25: Biết n là số tự nhiên thỏa 0 1 2 29n n nC C C . Tìm hệ số của 7x trong khai triển

22 3n

x x thành đa thức.

A. 53173 . B. 38053 . C. 53172 . D. 38052 . Lời giải

Chọn B

Ta có 0 1 2 29n n nC C C 11 29

2n n

n

7n .

Với 7n , xét khai triển 7 722 3 2 3 1x x x x 7

77

0

.2 . . 3 1 .kk k k

KC x x

7

77

0 0.2 . . .3 . 1

kk mk k k m m m

kk m

C x C x

7

77

0 02 3 1

kk mk m k m m k

kk m

C C x

.

Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi 7

0 7,

m km k

m k

.

Ta tìm được 0, 7m k ; 1, 6m k ; 2, 5m k ; 3, 4m k là các cặp số thỏa mãn. Vậy hệ số của 7x là :

7 5 3 17 0 0 0 6 1 1 1 5 2 2 2 4 3 3 37 7 7 6 7 5 7 4. .2 .3 1 . .2 .3 1 . .2 .3 1 . .2 .3 1 38053C C C C C C C C .

Câu 26: Gọi X là tập hợp gồm các số 1;2;3;5;6;7;8 . Lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn.

A. 37

. B. 47

. C. 38

. D. 12

.

Lời giải Chọn A Ta có 7.

Gọi A là biến cố “chọn được số chẳn” thì 3.A

Xác suất biến cố A là 3 .7

Câu 27: Bạn Tít có một hộp bi gồm 2 viên đỏ và 8 viên trắng. Bạn Mít cũng có một hộp bi giống như của bạn Tít. Từ hộp của mình, mỗi bạn lấy ra ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để Tít và Mít lấy được số bi đỏ như nhau.

A. 715

. B. 1225

. C. 1125

. D. 1120

.

Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là: 3 3

10 10. 14400C C .

Số phần tử của không gian thuận lợi là: 2 2 22 2 1 38 2

12 8 8.. 6336A C C CC C

Xác suất biến cố A là: 1125

P A .

Câu 28: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300. Gọi A là biến cố “số được chọn không chia hết cho 3”. Tính xác suất P A của biến cố A .

A. 99300

P A . B. 23

P A . C. 124300

P A . D. 13

P A

. Lời giải

Chọn B Gọi X là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 300 khi đó số phần tử của X là

300 1003

.

Số phần tử của không gian mẫu là 1300 300n C , số kết qủa thuận lợi cho biến cố

A là 1100

1 2100 13 3

n A C P A P A P A .

Câu 29: Cho đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O . Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác. Xác suất để 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật bằng

A. 2969

. B. 3323

. C. 49

. D. 7216

.

Lời giải Chọn B Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O ” 4

20 4845n C .

Gọi A là biến cố:” 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật” Đa giác có 20 đỉnh sẽ có 10 đường chéo đi qua tâm mà cứ 2 đường chéo qua tâm sẽ có 1 hình chữ nhật nên số HCN là: 2

10 45.n A C

45 34845 323

P A

Câu 30: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với 0;10M , 100;10N ,

100;0P Gọi S là tập hợp tất cả các điểm ;A x y với x , y Z nằm bên trong kể cả

trên cạnh của OMNP . Lấy ngẫu nhiên 1 điểm ;A x y S . Tính xác suất để

90x y .

A. 86101

. B. 473500

. C. 169200

. D. 8451111

.

Lời giải Chọn A Tập hợp S gồm có 11.101 1111 điểm. Ta xét ; : 90S x y x y với 0 100x và 0 10y

Khi 0y 90x 91;100x có 10 giá trị của x

Khi 1y 89x 90;100x có 11 giá trị của x …… Khi 10y 90x 91;100x có 20 giá trị của x

Như vậy S có 165 phần tử. Vậy xác suất cần tìm là : 1111 165 861111 101

.

Câu 31: Cho 1;5v

và điểm 4;2M . Biết M là ảnh của M qua phép tịnh tiến vT . Tìm

M . A. 5; 3M . B. 3;5M . C. 3;7M . D. 4;10M

. Lời giải

Chọn A x x ay y b

4 12 5

xy

5; 3M

Câu 32: Cho đường thẳng d có phương trình 2 0x y . Phép hợp thành của phép đối xứng

tâm O và phép tịnh tiến theo 3;2v biến d thành đường thẳng nào sau đây?

A. 2 2 0.x y B. 3 0.x y C. 4 0.x y D. 3 3 2 0.x y

Lời giải Chọn B Giả sử d là ảnh của d qua phép hợp thành trên : 0d x y c .

Lấy 1;1M d .

Giả sử M là ảnh của M qua phép đối xứng tâm 1; 1O M .

Giả sử vT M N 2;1N .

Ta có N d 1 1 0c 3c . Vậy phương trình : 3 0d x y .

Câu 33: Cho hình chóp .S ABCD . Gọi I là trung điểm của SD , J là điểm trên SC và không trùng trung điểm SC . Giao tuyến của hai mặt phẳng ABCD và AIJ là:

A. AG , G là giao điểm IJ và AD . B. AF , F là giao điểm IJ và CD . C. AK , K là giao điểm IJ và BC . D. AH , H là giao điểm IJ và AB .


A là điểm chung thứ nhất của ABCD và AIJ .

IJ và CD cắt nhau tại F , còn IJ không cắt BC , AD , AB nên F là điểm chung thứ hai của ABCD và AIJ . Vậy giao tuyến của ABCD và AIJ là AF .

Câu 34: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( )C có phương trình 2 2( 1) ( 2) 4x y . Hỏi phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng qua trục Oy và

phép tịnh tiến theo vectơ (2;3)v

biến ( )C thành đường tròn nào trong các đường tròn có phương trình sau? A. 2 2( 2) ( 6) 4x y . B. 2 2( 2) ( 3) 4x x .

C. 2 2( 1) ( 1) 4x y . D. 2 2 4x y . Lời giải

Chọn C Đường tròn ( )C có tâm (1; 2)I và bán kính 2R . Ð ( ) ( 1; 2)Oy I I I .

( ) (1;1)v

T I I I I v I

.

Đường tròn cần tìm nhận (1;1)I làm tâm và bán kính 2R . Câu 35: Cho tam giác đều tâm O . Hỏi có bao nhiêu phép quay tâm O góc quay ,

0 2 biến tam giác trên thành chính nó? A. Bốn. B. Một. C. Hai. D. Ba.

Lời giải Chọn D Có 3 phép quay tâm O góc , 0 2 biến tam giác trên thành chính nó là các

phép quay với góc quay bằng: 23 , 4

3 , 2 .

Câu 36: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A là điểm trên SA

sao cho 12

A A A S

. Mặt phẳng qua A cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại

B , C , D . Tính giá trị của biểu thức SB SD SCTSB SD SC

.

A. 32

T . B. 13

T . C. 2T . D. 12

T .


Gọi O là giao của AC và BD . Ta có O là trung điểm của đoạn thẳng AC , BD . Các đoạn thẳng SO , A C , B D đồng quy tại I .

Ta có: 'SA I SC I SA CS S S SA I SC I SA C

SAC SAC SAC

S S SS S S

2 2

SA I SC I SA C

SAO SCO SAC

S S SS S S

. . .2 2SA SI SC SI SA SCSA SO SC SO SA SC

.2SI SA SC SA SCSO SA SC SA SC

2.SA SC SOSA SC SI

.

Tương tự: 2.SB SD SOSB SD SI

Suy ra: SB SD SCSB SD SC

32

SASA

.

Câu 37: Cho hình chóp .S ABCD . Gọi , , , , ,M N P Q R T lần lượt là trung điểm AC , BD , BC, CD , SA , SD . Bốn điểm nào sau đây đồng phẳng? A. , , , .M N R T B. , , , .P Q R T C. , , , .M P R T D. , , , .M Q T R


Ta có RT là đường trung bình của tam giác SAD nên //RT AD . MQ là đường trung bình của tam giác ACD nên //MQ AD . Suy ra //RT MQ . Do đó , , ,M Q R T đồng phẳng.

Câu 38: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm 3; 1A . Tìm tọa độ điểm B sao cho điểm

A là ảnh của điểm B qua phép tịnh tiến theo véctơ 2; 1u .

A. 1;0B . B. 5; 2B . C. 1; 2B . D. 1;0B .


Ta có uT B A BA u 3 2

1 1x

y

10

xy

1;0B .

Câu 39: Cho hình thang ABCD , với 12

CD AB

. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo

AC và BD . Xét phép vị tự tâm I tỉ số k biến AB

thành CD

. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. 2k . B. 12

k . C. 12

k . D. 2k .


Từ giả thiết, suy ra

,

,

I k

I k

V A C IC k IAV B D ID k IB

.

Suy ra ID IC k IB IA CD k AB

. Kết hợp giả thiết suy ra 12

k .

Câu 40: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng SAD và SBC . Khẳng định nào sau đây đúng? A. d qua S và song song với DC . B. d qua S và song song với AB . C. d qua S và song song với BD . D. d qua S và song song với BC .


Ta có

//

//

AD SAD

BC SACd BC

d SAD SACAD BC

(Theo hệ quả của định lý 2: Giao tuyến của ba mặt phẳng). Câu 41: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy . Cho đường thẳng : 2 1 0x y và điểm

1;0 .I Phép vị tự tâm I tỉ số k biến đường thẳng thành có phương trình là

A. 2 1 0.x y B. 2 1 0.x y C. 2 3 0.x y D. 2 3 0.x y

Lời giải Chọn A Nhận thấy, tâm vị tự I thuộc đường thẳng nên phép vị tự tâm I tỉ số k biến đường thẳng thành chính nó. Vậy có phương trình là: 2 1 0.x y

Câu 42: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm 2;4M . Phép vị tự tâm O tỉ số 2k biến

điểm M thành điểm nào trong các điểm sau? A. 4;8 . B. 3;4 . C. 4; 8 . D. 4; 8 .


, 2 2 2 2; 4 4; 8 4; 8OM V M OM OM M

.

Câu 43: Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau? A. Nếu ba điểm phân biệt , ,M N P cùng thuộc hai mặt phẳng phân biệt thì chúng thẳng hàng. B. Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn có vô số điểm chung khác nữa. C. Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất. D. Hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất.

Lời giải Chọn C Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có thể trùng nhau. Khi đó, chúng có vô số đường thẳng chung B sai.

Câu 44: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng :d 3 2 0x y . Viết phương trình

đường thẳng d là ảnh của d qua phép quay tâm O góc quay o90 . A. : 3 6 0d x y . B. : 3 2 0d x y . C. : 3 2 0d x y . D.

: 3 2 0d x y . Lời giải

Chọn D

Qua phép quay tâm O góc quay o90 đường thẳng d biến thành đường thẳng d vuông góc với d . Phương trình đường thẳng d có dạng: 3 0x y m .

Lấy 0;2A d . Qua phép quay tâm O góc quay o90 , điểm 0;2A biến thành

điểm 2;0B d . Khi đó 2m .

Vậy phương trình đường d là 3 2 0x y . Câu 45: Cho hình bình hành ABCD . Gọi Bx , Cy , Dz là các đường thẳng song song với nhau

lần lượt đi qua B , C , D và nằm về một phía của mặt phẳng ABCD đồng thời

không nằm trong mặt phẳng ABCD . Một mặt phẳng đi qua A cắt Bx , Cy , Dz lần

lượt tại B , C , D với 2BB , 4DD . Khi đó độ dài CC bằng bao nhiêu? A. 5 . B. 6 . C. 3 . D. 4 .


Gọi O là tâm của hình bình hành .ABCD Dựng đường thẳng qua O song song BB và cắt B D tại O . Theo cách dưng trên, ta có OO là đường trung bình của hình thang BB D D

32

BB DDOO .

Ngoài ra ta có OO là đường trung bình của tam giác ACC 2 6CC OO .

Câu 46: Cho tứ giác lồi ABCD và điểm S không thuộc mp ABCD . Có nhiều nhất bao nhiêu

mặt phẳng xác định bởi các điểm , , , ,A B C D S ? A. 5. B. 6. C. 7. D. 8.

D'

C'

B'

O'

O

z

y

x

D C

BA

Lời giải Chọn C Có 2

4 1 7C mặt phẳng.

Câu 47: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy . Cho phép tịnh tiến theo 2; 1v

, phép

tịnh tiến theo v

biến parabol 2:P y x thành parabol P . Khi đó phương trình của

P là?

A. 2 4 3y x x . B. 2 4 5y x x . C. 2 4 5y x x . D. 2 4 5y x x .

Lời giải Chọn A Theo định nghĩa ta có biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến là:

21

x x a xy y b y

21

x xy y

.

Thay vào phương trình đường thẳng P ta có: 22 ' 1 2y x y x 2' 4 3y x x .

Vậy: phép tịnh tiến theo v

biến parabol 2:P y x thành parabol

2: 4 3P y x x .

Câu 48: Cho tứ diện ABCD , G là trọng tâm ABD và M là điểm trên cạnh BC sao cho2BM MC . Đường thẳng MG song song với mặt phẳng

A. ACD . B. ABC . C. ABD . D. ( )BCD .


Gọi P là trung điểm AD

Ta có: 3 //CP MG//2

BM BG MG ACDBC BP

.

P N

D

C

B

A

G

M

Câu 49: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O . M là trung điểm của OC , Mặt phẳng qua M song song với SA và BD . Thiết diện của hình chóp với

mặt phẳng là:

A. Hình tam giác. B. Hình bình hành. C. Hình chữ nhật. D. Hình ngũ giác.


Ta có:

// , , //

M ABCDABCD EF BD M EF E BC F CD

BD ABCD

.

Lại có:

//

//

M SACSAC MN SA N SC

SA SAC

.

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác NEF . Câu 50: Cho tứ diện ABCD có các cạnh cùng bằng ,a M là điểm thuộc cạnh AC sao cho

2 ,MC MA N là trung điểm của ,AD E là điểm nằm trong tam giác BCD sao cho

// .MNE AB Gọi S là diện tích thiết diện của hình tứ diện khi cắt bởi mặt phẳng

.MNE Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 25 5172

aS . B. 25 51

144aS . C.

27 348

aS . D.

27 672

aS .


Do mặt phẳng //MNE AB nên // ,ABD MNE NP AB P PD

// .ABC MNE MQ AB Q BC

Thiết diện cần tìm là hình thang cân .MNPQ Gọi H là chân đường cao kẻ từ .M

Ta có 1;3 2 2 2 3 12a a a a aMQ NP NH

Do đó 2 2 .MH MN NH

Trong tam giác MCD có 2

2 2 2 7 72 . .cos 60 .9 3a aMD MC CD MC CD MD

Do MN là trung tuyến của tam giác AMD nên 2 2 2 2

2 13 13 .2 4 36 6

AM MD AD a aMN MN

Suy ra 51 .12

MH

Vậy diện tích cần tìm là: 21 51 5 51. .

2 2 3 12 144a a a aS

Q

P

N

B D

C

A

M

E

HN Q

M P

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 TỔ TOÁNthptthuanthanh1.bacninh.edu.vn/upload/63116/... ·...

Documents

Transcript of TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 TỔ TOÁNthptthuanthanh1.bacninh.edu.vn/upload/63116/... ·...