BT VDVDC HK1 HDG

Ta nhận thấy việc chọn 6 quyển sách không thể lấy hết số sách từ 2 môn trở lên nên biến cố A là ”Lấy 6 quyển sách từ 12 quyển trong đó có một môn bị lấy hết”... Vì vậy, để đi từ A tới B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT CÂU HỎI MỨC ĐỘ VD, VDC – HK1

Chủ đề 1 Hàm số lượng giác, phương trình lượng giác

Câu 1: Ta cóh d 5 sin 6t 4 cos 6t 41 5 sin 6t 4 cos 6t 41 sin 6t  41

5cos

414sin

cos 2x 5 sin x 2 sin x 2

       1 2 sin x 3 sin x 22   02 sin x 3 sin x 1 02   

ONL

UYEN.VN

 

2sin x 1

ONL

UYEN.VN

Câu 7: 2 cos 3x 2 cos x  3 cos 2x sin 2x  3

2 cos x 2 cos 2x 3 cos x sin x 0

3 cos x sin x 2 cos 2x

Yêu cầu bài toán 0 m38  5 m3. Chọn C

Câu 9: Ta có:m23 cos x 2m sin 2x sin x 2   2 0

Vậy có 10 số nguyên thỏa mãn đề bài Chọn D.

Câu 10: Ta có: (cos x 1)(4 cos 2x m cos x)  m sin x2  1

cos x 1 4 2 cos x 1  2  m cos x m 1 cos x 2 

Vậy để phương trình  1 có đúng hai nghiệm thuộc 0;2

1 sin x 1 sin x sin x

sin x cos x sin x cos x 1 (3)

1 cos x 1 cos x cos x

sin x 1

2cos x 0

Tóm lại phương trình đã cho có 8 nghiệm thuộc đoạn 0; 2  Chọn B

Câu 12: Xét phương trình 2 cos x cos x m 32    0 2 cos x cos x 32    m (1)

Phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng 0;

Hàm số f(t) 2t 2 t 3 có bảng biến thiên trên khoảng 0; 1 như sau: 

Phương trình (*) có nghiệm t0; 1 khi và chỉ khi đường thẳng y m và đồ thị hàm số yf(t)

có điểm chung với t0; 1.Từ BBT suy ra 25 m 2 2 m 25

2cos x m

 khi và chỉ khi phương trình

cos xm có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn ;

sin x sin 3x sin x.sin 3x

Câu 15: Nhận thấy, với cos x0 thì phương trình 2 sin x sin x cos x m cos x2   2 0 1  vô

nghiệm, nên chia cả 2 vế của phương trình (1) cho cos x2 , ta được

 

2 tan x tan x m  0 2 tan x tan x m 2

Đặt ttan x, mỗi giá trị 1 t  0

cho 2 nghiệm phân biệt x 4;

Yêu cầu bài toán  0 m 1  giá trị lớn nhất của m là 1. Chọn A

Câu 16: Đặt tsin x ( t 1) Khi đó phương trình đã cho trở thành:

Do m   nên m1; 2; 3 Vậy có 3 giá trị nguyên của mđể phương trình có nghiệm. Chọn A Chủ đề 2 Tổ hợp, xác suất, nhị thức Newton

Câu 17:

Cách 1: Gọi A là biến cố ”Chọn 6 quyển sách từ 12 quyển sao cho số sách còn lại có đủ 3 môn”

Ta nhận thấy việc chọn 6 quyển sách không thể lấy hết số sách từ 2 môn trở lên nên biến cố

A là ”Lấy 6 quyển sách từ 12 quyển trong đó có một môn bị lấy hết”

Số phần tử của không gian mẫu:   6

Lấy ra 6 quyển sách có đủ 2 môn có C69C68C67

Lấy ra 6 quyển sách chỉ có 1 môn có: 0

Vậy số cách lấy ra 6 quyển sách có đủ 3 môn là 6 6 6 6

C C C C 805

Vậy số cách chọn sách thỏa yêu cầu đề là 805. Chọn C

Câu 18: Gọi số cần tìm có dạng abcdef abcdef; a, b, c,d, e, f2; 3; 4; 5; 6; 7 

Theo bài ra, ta có:

+) Số tự nhiên có 3 chữ số: Giả sử số có dạng abc chọn a ta có 3 cách chọn a1, 2, 3 chọn 2 chữ

số còn lại xếp vào vị trí b, c ta có A23cách Theo quy tắc nhân có 3.A23 18 (số)

Vậy, có 4 12 18  34 (số). Chọn D

Câu 20: Xếp 100 viên bi thành hàng ngang Ở giữa 100 viên bi này có 99 khoảng trống

Số cách chia viên bi thỏa mãn yêu cầu là số cách đặt 29 vách ngăn vào 29 trong 99 khoảng trống này Vậy số cách chia cần tìm là 29

99

C Nhận xét: đây là bài toán chia kẹo Euler: “số cách chia k cái kẹo cho n đứa trẻ sao cho em nào cũng có kẹo là Cn 1k 1

 ”. Chọn C Câu 21: Đặt X0 ; 1; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7

Giả sử số lập được có dạng a a a a a a , 1 2 3 4 5 6 a1 0, aiaj với ij, i 1; 6 , j 1; 6

Vậy có 360 408 216  984 số. Chọn A

Câu 22: Ta thấy, để đi từ A tới B ít nhất phải đi 9 bước Vì vậy, để đi từ A tới B bằng 9 bước, ta

phải đi 5 bước trên các cạnh nằm ngang, 4 bước trên các cạnh đứng, nghĩa là chỉ được di

chuyển lên trên hoặc là sang phải Ta kí hiệu các bước đi lên trên (cạnh đứng) là Đ, mỗi bước đi sang phải(cạnh nằm ngang) là N Khi đó, mỗi đường đi từ A tới B là 1 chuổi 9 kí tự, gồm 4 chữ

Đ và 5 chữ N Như vậy, để thực hiện một cách đi, từ 9 vị trí ta chỉ cần chọn 4 vị trí bất kì để đặt chữ Đ (hoặc 5 vị trí để đạt chữ N) Vậy, số cách di chuyển là: 4 5

C C 126. Chọn D Câu 23: Ta có

   

k n

k 1

n 2

:k! n k ! (k 1)! n k 1 !

Chọn một số trong các số được tạo thành Vậy số phần tử của không gian mẫu là n  120

Vì 1 2 3 4 5 15     mà a1a2 a3a4 nên xảy ra các trường hợp sau:

+ Có thể chọn a ,a3 4 từ một trong các bộ số 2; 4 ,  2; 5 ,  4; 5 : có 3.2! 6  cách

Vậy trường hợp này có 2.612 số thỏa mãn

TH3: a1a2 5

+)Khi đó a ,a1 2 được chọn từ một trong hai bộ số 1; 4 và  2; 3 : có 2.2! 4  cách

+) Nếu chọn a ,a1 2 từ bộ 1; 4 thì chọn  a , a3 4 từ một trong hai bộ 2; 5 và  3; 5 

Nếu chọn a ,a1 2 từ bộ 2; 3 thì chọn  a , a3 4 từ một trong hai bộ  1; 5 và 4; 5 

9

n9.A 136080 Gọi A là biến cố “chọn được từ M một số chẵn thỏa mãn a1a2 a3a4 a5 a6”

Ta thấy, khi chọn một bộ 6 chữ số khác nhau a ,a ,a ,a ,a ,a1 2 3 4 5 6 từ tập 0 ,1 , 2 , , 9 ta luôn có 

duy nhất một cách xếp sao cho a1 a2a3 a4 a5 a6 (hiển nhiên a1 0) Có 3TH xảy ra:

P A

n 136080 34020

   Chọn C Câu 29: Không gian mẫu có số phần tử: 6

Xác suất để lấy được 6 quả cầu trong túi sao cho lấy được cả ba loại cầu, đồng thời số quả cầu màu xanh bằng số quả cầu màu đỏ là P 2268 945 9



  Chọn B Câu 30: Gọi A là biến cố “Người đó thắng 1 lần” và B là biến cố “trong 3 lần chơi, người đó thắng ít nhất một lần”

TH 1: Chỉ có hai con súc sắc có số chấm lớn hơn hoặc bằng 5, súc sắc còn lại có số chấm nhỏ hơn hoặc bằng 4 Khi đó xác suất là

2 2

19683

 Chọn A Câu 31: Số phần tử của không gian mẫu của phép thử là   3

21

n  C 1330 Gọi A là biến cố “Tuấn rút được vé ít nhất của hai trận đấu”

Suy ra A là biến cố “Tuấn rút được vé của một trận đấu”

Do đó số phần tử của A là   3 3 3

n A C C C 129 Xác suất của biến cố A là P A  129

10

n  C Gọi biến cố A: “Rút được ba thẻ mà tích ba số ghi trên ba thẻ là một số chia hết cho 6”

TH 1: Trong ba thẻ có thẻ mà số ghi trên thẻ là số 6, có 2

9

C cách

TH 2: Trong ba thẻ rút được, không có thẻ số 6

Gọi A1 3; 9;A2 2; 4; 8; 10;A3 1; 5; 7.Để tích ba số ghi trên ba thẻ chia hết cho 6 thì ta có các trường hợp sau

+ Một thẻ có số thuộc A1, một thẻ có số thuộc A2, một thẻ có số thuộc A3: Có 1 1 1

C C C cách + Một thẻ có số thuộc A1, hai thẻ có số thuộc A2: Có C C12 24 cách

+ Hai thẻ có số thuộc A1, một thẻ có số thuộc A2: Có 2 1

Câu 33: Gọi A , B , C lần lượt là biến cố thợ săn A , thợ săn thợ săn B , thợ săn C bắn trúng mục tiêu

Thật vậy, ta chứng minh được un n (*) bằng phương pháp quy nạp như sau

Với n 1 u11 Vậy (*) đúng với n1

     (điều phải chứng minh)

Vậy số hạng tổng quát của dãy số là un n 13

Mà n là số nguyên dương nhỏ nhất nên n2020 Chọn C.

Câu 43: Xét un  a sin n b cos n  a b  a  bun a b

Vậy dãy số  un bị chặn Chọn B.

Câu 44: Ta có u1 2; u2  2 2 ; u3  2 2 2 ; ; un  2 2 2   2

Do un 1 un 0 nên  un là dãy số tăng

Lại có 2 un2 suy ra dãy số bị chặn Chọn C.

Câu 57: Ta có 2 2 2

cos x 0sin x sin 3x 2 cos x 4 sin x.cos x 2 cos x 1

sin x2

Câu 58: Gọi a (nghìn đồng) là số tiền đứa con bé nhất được nhận

Suy ra số tiền của ba người con còn lại là a 100; a 200; a 300  

Vì tổng số tiền là 1.000.000 đồng nên a a 100 a 200 a 300 1000       a100

Vậy số tiền mà người con lớn nhất nhận được là 400.000 đồng Chọn C

Câu 59: Theo giả thiết, An bỏ ống tiết kiệm từ ngày 1 tháng 1 đến ngày 30 tháng 4 nên tổng số ngày tiết kiệm là 120 ngày Ngày thứ nhất An bỏ ống: 10 000 đồng

Và 119 ngày sau bỏ ống số tiền là 119 5000 600000 5000 đồng

Vậy tổng số tiền tiết kiệm là a600000 5000 10000  605000 đồng Chọn B

Câu 60: Theo bài ra, ta có  1   1 

Câu 63: Số cách các xếp học sinh vào ghế là 2n 3 ! 

Nhận xét rằng nếu ba số tự nhiên a,b,c lập thành một cấp số cộng thì a c 2b nên a c là số chẵn Suy ra a, c phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ Từ 1 đến 2n 3 có n 1 số chẵn và n 2 số lẻ Muốn có một cách xếp học sinh thỏa số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng ta sẽ tiến hành như sau:

Bước 1: Chọn hai ghế có số thứ tự cùng chẵn hoặc cùng lẻ rồi xếp An và Chi vào, sau đó xếp Bình vào ghế chính giữa Bước này có A2n 1 A2n 2 cách

Bước 2: Xếp chỗ cho 2n học sinh còn lại Bước này có  2n !

Như vậy số cách xếp thỏa theo yêu cầu này là  2 2   

Vậy số học sinh của lớp là 35 Chọn D.

Câu 64: Theo bài ra, ta có 1 2 1 1 1

Câu 66: Do a, b, c là ba số liên tiếp của một cấp số cộng có công sai là 2 nên b a 2

a 1, b 1, c 3   hay a 1,a 3,a 7   là 1 cấp số nhân

Suy ra (a 1)(a 7) (a 3)    2 a28a 7 a26a 9 2a2a 1

Vậy a1, b3, c5a b c  9. Chọn D

Câu 67: Theo giả thiết ta có:  

  2 2

Câu 70: Gọi ba số a, b, c theo thứ tự là một cấp số cộng thì a c 2b

Mặt khác b,a, c lập thành cấp số nhân nên a2 bca2 b 2b a  

TH2: Với 1 m 3, ta được cấp số nhân là 1; m; 31.3m2 m 3

TH3: Với 3m, ta được cấp số nhân là 1; 3; m1.m32m9

Vậy có tất cả 3 giá trị thực của tham số m Chọn B.

Câu 76: Giả sử phương trình có 3 nghiệm phân biệt: x , x , x1 2 3 Theo bài ra, ta có x , x , x1 2 3 lập

 thì vnlà cấp số nhân với

1

1q2

11

11

Gọi  C ' là ảnh của đường tròn  C qua phép vị tự tâm I1; 2, tỉ số k3

Suy ra bán kính đường tròn  C ' là R '3.R6, từ đây ta loại các đáp án A, C, D vì các đáp án này có bán kính R '6 Chọn B.

Câu 81: Ta có: 1 1 1 1 

O, 2

Vậy, toạ độ điểm cần tìm là M ' 2; 1   Chọn D

Câu 82: Đường tròn   C : x 2 2y 2 2 4có tâm I 2; 2 và bán kính   R2

Gọi đường tròn  C có tâm 1 I1 bán kính R1 là ảnh của đường tròn  C qua phép vị tự tâm O tỉ

Phép tịnh tiến theo vectơ v



biến  C thành  C khi và chỉ khi

 

2m

Câu 86: Đường tròn  C có tâm I 1; 3 và bán kính   R4

Gọi I , R1 1 là tâm và bán kính của  C 1

Câu 87: Ta có  C có tâm I 1; 2 và bán kính là R1; C  có tâm I24; 0 và bán kính là 2

R 2 Gọi I x ; y , R1   1 lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn  C1 T Cv  Khi đó:

Chủ đề 7 Quan hệ song song

MNP là đường thẳng  N P2 1 Chọn B.

Câu 89:

Ta xét tam giác BCD có P là trọng tâm; N

là trung điểm của BC Suy ra N, P, D thẳng

hàng Vậy thiết diện là tam giác MND

Do đó tam giác MND cân tại D

Gọi H là trung điểm của MN suy ra DHMN

Diện tích tam giác SMND 1MN.DH

Dễ chứng minh được N là trọng tâm SBD nên SN 2

SO 3 Mà SAC có đường trung tuyến

SO và SN 2

SO3 nên N là trọng tâm SAC

Vậy K là trung điểm của SA Do đó KM //AB //CD Vì N là trọng tâm SAC nên CN 2

S

D

C A

H P

N

M B

C D A

D

K

N M

O B

Ngoài ra, ta có thể lập luận giao tuyến của CDM và  SAB là đường thẳng đi qua  M và

song song với AB, CD, đường thẳng này cắt SA tại K Do đó suy ra KM //AB //CD và K là trung điểm của SA Chọn D.

Câu 91:

Gọi  là giao tuyến của mặt phẳng ABM

với mặt phẳng SDC 

Ta có ABM có chung với SDC điểm Mvà

lần lượt chứa hai đường thẳng song song là

AB và DC nên cắt nhau theo giao tuyến 

qua M song song với AB và DC Vì M là

trung điểm SD nên  là đường trung bình

tam giác SDC Gọi N là trung điểm SC , ta có

N   và MN//AB

Vì các mặt bên hình chóp là các tam giác cân bằng nhau nên AMBN Do đó thiết diện là hình thang cân ABNM

Kẻ MHABtại H,H AB Do ABCD và MNCD nên H thuộc đoạn AB

Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến, ta có

A

C D

S

B H

N' M'

A' N

Gọi H, I, K lần lượt là giao điểm của AE và

Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt

AB, AC lần lượt tại Q, R

BCD Ta có: MN//EF nên tứ giác MNEF là hình thang Nếu

E là trung điểm CD , khi đó MN và EF lần lượt là các đường

trung bình trong ABC và BCD , nên MN//EF và

D'

D

C B

A

M

F M

E N A

D

C B

E M

N

B

C

D A

ONL

UYEN.VN

 ) và mpACI cắt hình chóp S.ABCD theo 

thiết diện là ACO'

K B

C

D A

A

D S

I

G M

Câu 100:

Trong mặt phẳng ABCD qua  M kẻ HK//BD (H là

trung điểm CD , K là trung điểm của BC ) Trong

mặt phẳng SAC kẻ ME//SA E SC 

Suy ra mp P là   mp EHK  

Ta có   P  ABCDHK;   P  SBCKE;

  P  SCDHE

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  P

là tam giác HEK Chọn A.

với Q là trung điểm của AD

Tương tự có ACD    MQ // CD Thiết diện của tứ diện cắt bởi   là hình bình hành MNPQ do MN//PQ, MQ//NP Mặt khác ABCDMNNP (theo tính chất đường trung bình) Vậy MNPQ là hình thoi Chọn A.

O

C S

C

D A

N I O D

d là đường thẳng qua S và d//AD//BC

Trong SBC , gọi J dMN Suy ra  

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và CD

Theo giả thiết ta có tất cả các mặt đều là các tam giác đều

cạnh bằng a nên O , O , O1 2 3 lần lượt là trọng tâm của các

tam giác ABC, CDA, DAB

Khi đó ta có tam giác O O O1 2 3 cũng là tam giác đều

N G

A

D

C B

K G

F E

B

M

ONL

UYEN.VN

Ta có JM là đường trung bình của

tam giác SAB JM // AB // CD

F G

I K H

I

J

L F

M

B S

A

ONL

UYEN.VN

Dễ chứng minh được ABLF là hình bình hành Trong mặt phẳng ABCD , gọi  EALBF E

là trung điểm BF

EM // SF1

N

M

O B

C S

ONL

UYEN.VN

ABCD có  A là điểm chung và chứa hai

đường thẳng song song là MN và BD nên

K

A

B S

K

H I

K M

O

K

M J I

O A

b) Trong mặt phẳng SAC có SO IJM, vì I, J là đường trung bình của SAC M là

Trong mp SCD gọi K MxSD thiết diện của hình chóp

khi cắt bởi mặt phẳng MAB là hình thang ABMK 

c) Gọi N là trung điểm của BO , I là giao điểm của AMN và SD Tính tỷ số  SI

N K

O C D

B A

S

M

ONL

UYEN.VN