Đáp án đề số 2

Phép tịnh tiến theo một vectơ là phép đồng dạng có tỉ số là Lời giải Chọn B Phép tịnh tiến là phép dời hình, mà phép dời hình là phép đồng dạng tỉ số bằng 1?. Suy ra phép tịnh tiến là ph

Trang 1

ĐỀ ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 11- NĂM HỌC 2021

Câu 1 Hàm số nào dưới đây có tập xác định là T  

A ytanx B ycosx C ycotx D sin

2 cos 1

x y

x





Lời giải Chọn B

A Điều kiện: cos 0

2



2



B TXĐ: T  

C Điều kiện: sinx0 xk TXĐ: T \k,k 



3



Câu 2 Nghiệm của phương trình sinx  1 là:

A

2

x  k



2

x  k



6

x  k



Lời giải Chọn C

2



Câu 3 Gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2sin cos 3

sin 2 cos 4

x x y



   lần lượt là M m, Khi

đó tổng Mm bằng:

A 2

24

11

TXĐ: D  

y là một giá trị của hàm số

   x : 2sin cos 3

sin 2 cos 4

x x y



 2sin cos 3

sin 2 cos 4

x x y



   có nghiệm

 2ysinx1 2 ycosx4y3 có nghiệm

  2  2  2

2y  1 2 y  4y3

 4 4 yy2 1 4y4y216y224y 9

11

M  m M m

Câu 4 Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình sin 2 3

2

x  là:

Đề ôn thi giữa kỳ 1 - Lớp 11

Đề 2

Trang 2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

6



4



3



3 sin 2 sin 2 sin

2

k





Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là

6

x 



Câu 5 Trong các phương trình sau, phương trình nào vô nghiệm:

 cos 1;

3

I x   sin 3;

2

II x   IIIsinxcosx2

A  II B  I C  III D      I , II , III

Vì 1  1;1

3  nên phương trình  cos 1

3

I x  luôn có nghiệm

Vì 3  1;1

2

   nên phương trình  sin 3

2

II x   luôn có nghiệm

Ta có phương trình dạng sina x b cosx có nghiệm khi và chỉ khi c 2 2 2

a b c Phương trình III có 121222 nên vô nghiệm

Câu 6 Nghiệm của phương trình sinx 3 cosx0 là:

2

xk  k B 2 ,

6

x k  k

3

x k k  D ,

4

x k k 

sinx 3 cosx0sinx 3 cosx (1)

Ta thấy cosx 0 sinx 1 không thỏa mãn phương trình  1 nên

2

π

x kπ không là nghiệm

 

3

π

x  x x kπ k 

Vậy phương trình có nghiệm ,

3

x k k 

Câu 7 Hàm sốysin 2x là hàm số tuần hoàn với chu kì:

Trang 3

A T  B T 2 C

2



T  D T 4

Lời giải Chọn A

TXĐ: 

Ta có:  x x

  sin 2 2 sin 2   

Vậy hàm số y f x sin 2x tuần hoàn với chu kỳ T 

Câu 8 Điều kiện có nghiệm của phương trình  2 2 

a X b X c a b là:

A a2b2 c2 B a2b2c2 C a2b2c D a2b2c2

Lời giải Chọn D

Vì a2b20 nên chia hai vế của phương trình cho a2b2 , ta có:

 

Vì

nên có một góc sao cho

c

Phương trình đã cho có nghiệm  Phương trình (1) có nghiệm  Phương trình (2) có nghiệm

2 2  1  



c

a b c

a b

Câu 9 Nghiệm của phương trình cos3xcosx0 thỏa mãn điều kiện 0x

A

2

x 

4

x 

6

x 

2

x 

 

2

x









 



2

k Z

x k





 







2



Câu 10 Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn?

A ytan 3 cosx x B ysin2xsinx C ysin2xcosx D ysinx

Trang 4

Xét hàm số ysin2xcosx

TXĐ: D  

,

x D

  ta có:

x D

 

sin ( ) cos sin cos

y x  x  x  x x y x

Vậy hàm số ysin2xcosx là hàm số chẵn

Câu 11 Phương trình sin 1

2

x  có nghiệm thỏa mãn

   là:

A

6

x B 2  



3

x

2

5

2 6





 







Vì

   nên nghiệm thỏa mãn là

6

x 



Câu 12 Tập xác định của hàm số ytanx là

A D\k2 , k B D\k,k

2

D  k k



2

D k k 

Hàm số ytanx xác định khi cos 0 ,

2

x x  k k



Vậy, tập xác định là \ ,

2

D  k k



Câu 13 Giá trị lớn nhất của hàm số y2 cosx 3

Ta có:  1 cosx  1, x   2 2 cosx2, x 

Vậy hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất bằng –1

Trang 5

Câu 14 Với giá trị nào của m thì phương trình sinxm1 có nghiệm?

A 0m1 B m 0 C m 1 D  2 m0

sinxm 1 sinxm1

Điều kiện để phương trình có nghiệm là:  1 m    1 1 2 m0

Câu 15 Giá trị lớn nhất của hàm số y2cosxcos2x:

A 7

- Tập xác định: D = 

- Sự biến thiên:

Đặt cosx    t 1 t 1; yt2  t 2

Lập bảng biến thiên ta được

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng 4 khi t = –1 hay x 2k1 ; k 

Câu 16 Xác định m để phương trình m.cos2x m sin 2xsin2x  có nghiệm 2 0

A  3 m1 B 2

0

m m

 



 



2

m m

 



 



2 m 2

  

.cos sin 2 sin 2 0

m x m x x 

m 1 cos 2 x 2 sin 2m x m 3

Phương trình có nghiệm

2

4m 4m 8 0

1 2

m m

 



  



Câu 17 Nghiệm của phương trình sinx 10   1 0 là

A x 100 k360 , k  B x100 k180 , k 

C x 100 k180 ,k  D x 100 k,k 

Ta có:

Trang 6

x x

   



Vậy nghiệm của phương trình là: x 100 k360 , k 

Câu 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ảnh của điểm A1;3 qua phép quay tâm O góc quay 90  là

điểm nào trong các điểm dưới đây:

A M3;1 B Q3; 1  C N3; 1  D P3;1

Ảnh của điểm A1;3 qua phép quay tâm O góc quay 90  là điểm N3; 1 

Câu 19 Trong mặt phẳng Oxy cho A   2;1 , B  4; 3   Phép vị tự tâm O  0;0  tỉ số k  3 biến A

thành M và biến B thành N Khi đó độ dài đoạn MN là

A 9 13 B 6 13 C 3 13 D 6 5

Ta có: VO, 3  A  M , VO, 3  B  N, AB  522 13

Áp dụng tính chất của phép vị tự ta được: MN 3AB6 13

Câu 20 Tam giác ABC có M , N, P lần lượt là trung điểm của BC , AC, AB Gọi I là trung điểm

của PN và G là trọng tâm tam giác ABC Tìm khẳng định sai?

A TAN PAN   PMN B TNM PAN   BPM

C Ñ PANI   NMP D 1  

, 2

 



 

 



G

Trang 7

Ta có:   

AN

T P M,   

AN

T A N,   

AN

T N C Suy ra:   

AN

Do đó câu A sai

Câu 21 Phép tịnh tiến theo một vectơ là phép đồng dạng có tỉ số là

Phép tịnh tiến là phép dời hình, mà phép dời hình là phép đồng dạng tỉ số bằng 1

Suy ra phép tịnh tiến là phép đồng dạng tỉ số bằng 1

Câu 22 Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh tương ứng là 3, 4, 5 Phép dời hình biến tam giác ABC

thành tam giác gì?

A tam giác vuông cân B tam giác cân

C tam giác vuông D tam giác đều.

Tam giác ABC có độ dài ba cạnh tương ứng là 3, 4, 5 suy ra tam giác ABC vuông

Phép dời hình có tính chất biến tam giác thành tam giác bằng nó, nên ảnh của tam giác ABC cũng

là tam giác vuông

Câu 23 Cho tam giác ABC vuông tại A có đường trung tuyến AM, biết A B 6;AC 8 Phép dời hình

biến A thành A, biến M thành M  Khi đó, độ dài đoạn A M   bằng

Ta có tam giác ABC vuông tại A nên:

10

BC  AB  AC 

5 2

BC

Vì phép dời hình bảo toàn khoảng cách hai điểm bất kì nên A M  AM 5

8

B

Trang 8

Câu 24 Cho tam giác ABC đường cao AH(H thuộc cạnh BC) Biết AH 4;H B 2;H C 8 Phép

đồng dạng F biến  HBA thành HAC Phép biến hình F có được bằng cách thực hiện liên tiếp hai phép biến hình nào sau đây ?

A Phép vị tự tâm H tỉ số k 2 và phép quay tâm H góc quay 90

B Phép tịnh tiến theo vectơ B A

và phép vị tự tâm H tỉ số k 2

C Phép quay QH, 180  và phép vị tự tâm H tỉ số 1

2

k 

D Phép vị tự tâm H tỉ số k 2 và phép quay tâm H góc quay 90

Ta có phép đồng dạng F biến  HBA thành HAC

Có HA HC 2

HB  HA 

Tham khảo hình vẽ dưới đây

Câu 25 Phép vị tự tâm O tỉ số k  3 là phép đồng dạng có tỉ số là

Phép vị tự tỉ số k là phép đồng dạng tỉ số k

Câu 26 Cho tam giác ABC có AB4 ;AC 5, góc  BAC

bằng 60 Phép đồng dạng tỉ số k  biến 2

A thành A , biến B thành B , biến C thành C Khi đó diện tích tam giác A B C   bằng

Ta có: 1 sin 60 5 3

2

ABC

S  AB AC  

Tam giác A B C' ' ' đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số k 2

Nên SA B C   k S2 ABC4.5 320 3 (tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng)

Câu 27 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm I1; 1 và đường tròn  C có tâm I bán kính

bằng 2 Gọi đường tròn  C là ảnh của đường tròn trên qua phép đồng dạng có được bằng cách

thực hiện liên tiếp phép quay tâm O, góc 45 và phép vị tự tâm O, tỉ số 2 Tìm phương trình của đường tròn  C

A

C

Trang 9

A  2 2

x y  B 2  2

x  y 

C x2y12  8 D x12y12  8

Giả sử  C có tâm I  và bán kính R

Gọi I1QO, 45 I I10; 2

Khi đó:

 , 2 1 0; 2

O

IV I I và R  2 R2 2

Vậy   2  2

C x  y 

Câu 28 Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm P0;7 Phép quay tâm O góc quay 90 biến P thành điểm

A P0;7 B P  7; 0 C P0; 7  D P7; 0

0

P O

P

Q P P x y



  



Vậy P  7; 0

Câu 29 Một trò chơi đu quay bánh xe có 20 ô xe chở khách (xem hình) Các ô xe được thiết kế cân đối và

đều nhau trên đường tròn, vòng quay ngược chiều kim đồng hồ Hỏi từ ô xe số 2 di chuyển đến vị

trí ô xe số 8 thì đã thực hiện phép quay tâm của vòng quay bao nhiêu độ? (chỉ tính số đo dương và

nhỏ hơn 360)

A 108 B 72 C 126 D 90

Số đo cung giữa 2 ô xe liền kề nhau là: 360 : 20 18  

Từ ô xe số 2 di chuyển đến vị trí ô xe số 8 có 6 cung tròn như vậy nên có: 18 6 108  

Câu 30 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A5; 2 

và u    1;7

, biết T A u A

thì

A A4;5 B A  6;9 C A6; 9  D A4; 5 

Gọi A x y ;  Vì    

4;5

2 7 5

u

x

y



    



    



Trang 10

Câu 31 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A3; 7  Phép vị tự tâm O tỉ số k  2 biến điểm A thành điểm

A A  6;14 B 3; 7

2 2

A  

  C A1; 9  D A6; 14 

Gọi ảnh của điểm A là điểm A x y ; 

Vì VO; 2 A  AOA 2OA

Mà OAx y; 

; OA  3; 7 

2.3 6

6;14

2 7 14

x

A y

    





    



Câu 32 Tìm mệnh đề sai khi nói về phép tịnh tiến:

A Biến tam giác thành tam giác bằng nó

B Biến đường tròn thành đường tròn có cùng độ dài bán kính

C Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó

D Biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó

Phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó

Câu 33 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng : 2x3y 8 0.Biết 1

( ; ) 2

O

V



   , tìm '?

A ' : 3x2y 4 0 B ' : 2x3y 4 0 C ' : 2x3y 4 0 D ' : 3x2y 4 0

Lấy M x y( ; ) : 2x3y 8 0

( ; ) ( ; )

1 '

2 ' 2

' 2

x x

y y



 



 



  



Thế vào : 2x3y 8 0 ta được ' : 2x3y 4 0

Câu 34 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn    2 2

C x y  Tìm bán kính của đường tròn

 C là ảnh của đường tròn  C qua phép dời hình F có được bằng cách thực hiện liên tiếp:

phép đối xứng qua trục Ox , phép quay tâm O góc 90 và phép tịnh tiến theo u

Bán kính đường tròn  C là R 2 6 Theo tính chất của phép dời hình “Biến đường tròn thành

đường tròn có cùng bán kính” nên bán kính của đường tròn  C là 2 6

Câu 35 Trong mặt phẳng Oxy cho bốn điểm A3 ; 0, B3 ; 6, C  3 ; 6 và D  3 ; 0 Phép quay tâm

0 ; 3

I góc quay 90 biến điểm B thành điểm nào?

Trang 11

A Điểm B B Điểm C C Điểm D D Điểm A

Biểu diễn các điểm A3 ; 0, B3 ; 6, C  3 ; 6 và D  3 ; 0 trên mặt phẳng Oxy như hình vẽ

Dễ thấy tứ giác ABCD là hình vuông tâm I

Do đó phép quay tâm I0 ; 3 góc quay 90 biến điểm B thành điểm C

Câu 36 Khai triển nhị thức P x   3x14 theo lũy thừa giảm dần của x

1 12 54 108 81

P x  x  x  x  x

P x  x  x  x  x D P x  1 12x54x2108x381x4

3 1

P x  x 4  4  

4 0

3 k 1 k

k

C x 



81x 108x 54x 12x 1

Câu 37 Khai triển của 2x34

A 16x496x3216x2216x81 B 16x496x3216x2216x81

C x496x3216x2216x81 D 16x496x3216x2216x81

Ta có theo công thức nhị thức Niu-tơn

 4 0 4 1 3 2 2 2 3  3 4 4

Câu 38 Từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6;8;9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và lớn hơn

65000?

A 16037 B 4620 C 16038 D 15309

Gọi Ta a a a a1 2 3 4 5 và T 65000; a a a a a 1, 2, 3, 4, 5 0;1; 2;3; 4;5;6;8;9

Trang 12

Ta xét 2 trường hợp:

+ Có 2 cách chọn a 1

Vậy trong trường hợp này có 2 9 9 9 9 13122     số T

+ Có 4 cách chọn a (vì 2 a  ) 2 5

Vậy trong trường hợp này có 1 4 9 9 9    2916 số T

Vậy số cách chọn T là 13122 2916 16038 

Kết luận: Từ các chữ số đã cho ta lập được 16038 1 16037  số thỏa yêu cầu bài toán (trừ đi 1 số

đó là số 65000 )

Câu 39 Cho tập A là một tập có 20 phần tử Hỏi có bao nhiêu tập con của tập hợp A?

A 220 1

Số tập con của tập hợp Alà 20

2n 2



Câu 40 Từ các chữ số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu chữ số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau?

Cách 1:

Mỗi số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1,5,6,7 là một hoán vị

4 phần tử của tập hợp các chữ số đã cho,

Vậy có 4! 24 số cần tìm

Cách 2:

Trang 13

Số thỏa yêu cầu có dạng: abcd

a có 4 cách chọn,

b có 3 cách chọn,

c có 2 cách chọn,

d có 1 cách chọn,

Vậy ta có 4.3.2.1 = 24 số cần tìm

Câu 41 Một hộp có 4 quả cầu xanh, 3 quả cầu đỏ và 2 quả cầu vàng Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu Xác suất

để chọn được 2 quả cầu khác màu là:

A 17

13

1

5

18

Phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu trong 9 quả cầu”

Không gian mẫu :   2

9 36

n  C  Biến cố A: “Chọn được 2 quả cầu khác màu”

Ta có 3 trường hợp gồm:

1 quả cầu xanh và 1 quả cầu đỏ,

1 quả cầu xanh và 1 quả cầu vàng,

1 quả cầu vàng và 1 quả cầu đỏ

Số cách chọn 2 quả cầu khác màu :   1 1 1 1 1 1

4 3 4 2 3 2 26

n A C C C C C C 

Xác suất của biến cố A:    

 

26 13

36 18

n A

P A

n

Câu 42 Một học sinh muốn chọn 20 trong 30 câu trắc nghiệm Học sinh đó đã chọn được 5 câu Tìm số

cách chọn các câu còn lại?

A 15

30

25

30

25

C

Số câu còn lại : 30 5 25 câu

Số câu cần chọn còn lại : 20 5 15  câu

Suy ra học sinh cần chọn ngẫu nhiên 15 câu trong 25 câu, số cách là 15

25

C

Câu 43 Tính tổng

3 3 3

S  C  C  C  C

A 316 B 416 C 216 D 516

Xét khai triển:

3x C 3 C 3 x C 3 x  C x

Thay x 1 ta được:

16

3 1 3 3 3

2

S

Vậy S 216

Trang 14

Câu 44 Một bó hoa có 12 bông hoa gồm: 5 hoa hồng, 4 hoa lan còn lại là hoa cúc Chọn ngẫu nhiên 5

bông hoa Tính xác suất sao cho chọn đủ loại hoa và số cúc không ít hơn 2

A 115

1

2

18

35

Không gian mẫu của phép thử chọn ngẫu nhiên 5 bông hoa từ bó hoa 12 bông có số phần tử là

  5

12 792

n  C 

Gọi A là biến cố: “5 bông hoa được chọn có đủ loại hoa và số cúc không ít hơn 2”

Để chọn được 5 bông thỏa mãn yêu cầu có các trường hợp là

TH1: 5 bông hoa gồm 2 hoa cúc, 1 hoa hồng và 2 hoa lan có số cách chọn là:

2 1 2

3 5 4 90

C C C  (cách chọn)

TH2: 5 bông hoa gồm 2 hoa cúc và 2 hoa hồng và 1 hoa lan có số cách chọn là:

2 2 1

3 5 4 120

TH3: 5 bông hoa được chọn gồm 3 hoa cúc, 1 hoa hồng và 1 hoa lan có số cách chọn là

3 1 1

3 5 4 20

Vậy n A   90 120 20  230 Khi đó,    

 

230 115

792 396

n A

P A

n

Câu 45 Có bao nhiêu cách xếp 6 bạn nam và 4 bạn nữ vào 10 ghế kê thành hàng ngang?

A 6!.4! B 88400 C 6! 4! D 10!

Việc xếp 6 bạn nam và 4 bạn nữa vào 10 ghế kê thành hàng ngang là một hoán vị của 10 phần

tử

Vậy, số cách xếp 6 bạn nam và 4 bạn nữ vào 10 ghế kê thành hàng ngang là 10!(cách)

Câu 46 Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức

10

2 2

x x



A 3360 B 13440 C 151200 D 210

Số hạng tổng quát của khai triển: 10( 2 10) 2 10 20 3 2

k

x

Số hạng chứa x2 trong khai triển là T có k   thỏa mãn: 20 3 k  k23k 18k 6 Vậy, hệ số của số hạng chứa số hạng chứa x2 trong khai triển có hệ số là C106.26 13440

Câu 47 Cho 1 3 xn a0a x1  a x n n thoả a0a1 a n 512 Tìm số nguyên n

A n 10 B n 6 C n 7 D n 9

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	533,17 KB