ĐÁP án đề 3

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình xy20, tìm phương trình đường thẳng d' là ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng tâm I1; 2... III: Hai mặt phẳng phân biệt có m

Trang 1

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

Phần 1 Trắc nghiệm

Câu 1 Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh đi lao động trong một tổ có 12 học sinh?

A A 124 B C 124 C 12P 4 D P 4

Lời giải Chọn B

Số cách chọn 4 học sinh đi lao động trong một tổ có 12 học sinh là 4

12

C

Câu 2 Khai triển Q x( )(2 3 ) x 6 thành đa thức ta được

A Q x( )64 576 x2160x24320x34860x42916x5729x6

B Q x( )64 576 x2160x24320x34860x42916x5729x6

C Q x( )64 576 x2160x24320x34860x42926x5729x6

D Q x( )64 547 x2160x24320x34860x42916x5729x6

Áp dụng công thức khai triển nhị thức newton ta có:

( ) (2 3 ) 64 576 2160 4320 4860 2916 729

Câu 3 Nếu một đa giác đều có 44 đường chéo thì số cạnh của đa giác là

Lời giải Chọn D

Số đường chéo của một đa giác đều có n n  4 cạnh là 2

n

C  n

Từ giả thiết ta có phương trình 2

44

n

C n  1

44 2

n n

n



   n23n880 11

8

n n





   



Do n 4 nên chọn n 11

Câu 4 Tất cả các nghiệm của phương trình cos 2xsinx 2 0 là

2 2 2 arcsin 2

3

k





  



 



2



2



2



Ta có cos 2xsinx 2 0 2

2sin x sinx 3 0

3 sin 2

x

 









2



      

Câu 5 Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 7 2 cos

4

lần lượt là

Đề ôn thi học kỳ 1 - Lớp 11

Đề 3

Trang 2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A  và 2 2 B 4 và 7 C 5 và 9 D  và 7 2

Lời giải Chọn C

Với   x , ta có 1 cos 1

4

    

x 



4

      

x 



4

      

x 



4

x 



Vậy, giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 5, đạt được khi cos 1 2

 và giá trị

lớn nhất của hàm số bằng 9, đạt được khi cos 1 3 2



Câu 6 Hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển nhị thức Newton của đa thứcP x   2x111là

A 1320 x3 B 1320 x3 C 1320 D 1320

11

11 0



k

11

11 0

.2  1 



k

Số hạng chứa x3 khi 11  k 3 k8 Số hạng đó là 8 11 8 8 11 8 8 3 3

11.2  1   11.2

Vậy hệ số cần tìm là 8 3

11.2 1320

C

Câu 7 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sinx m 1 có nghiệm

A m 1 B m 0 C  2 m0 D 0m1

sinx m  1 sinxm1  1

Phương trình  1 có nghiệm   1 m    1 1 2 m0

Câu 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2

C x y  x y  Ảnh  C của  C

qua phép tịnh tiến theo vectơ v    2 ; 3

là

A x42y62 25 B x42y6225

C x42y62 25 D x42y62 25

 C có tâm I  2;3 và R 5

Gọi I a b ;  là tâm của  C Mà  C là ảnh của  C qua phép tịnh tiến theo v    2 ; 3

4; 6

 

Câu 9 Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ Chọn ngẫu nhiên hai người, tính xác suất sao cho hai người

được chọn có ít nhất một nữ

Trang 3

A 1

8

7

1

5

Không gian mẫu là tập hợp các cách lấy ra 2 học sinh từ 10 học sinh   2

10

n  C

Gọi Biến cố A: “ hai người được chọn có ít nhất 1 nữ ”,   1 1 2

3 7 3

n A C C C

Xác suất của biến cố A là:

 

8 15

n A

P A

n



Câu 10 Từ các số 0,1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 chữ số đôi một khác nhau?

Lời giải Chọn A

Gọi số cần lập là abc a , 0, c chẵn a b c , , 0,1, 2, 3, 4

TH1: c 0

Chọn abcó 2

4

A cách

 có 2

4

A số dạng ab0 TH2: c chẵn, c 0 có: 2 cách chọn

Chọn a0,accó: 3 cách chọn

Chọn ba b, ccó: 3 cách chọn

 Có 2.3.3 18 số

Vậy có 2

4 18 12 18 30

Câu 11 Phép biến hình nào sau đây không phải là phép dời hình?

A Phép đồng nhất B Phép đối xứng tâm C Phép tịnh tiến D Phép vị tự

Câu 12 Chu kỳ tuần hoàn của hàm số ytanx là

A

4



B 2 C k,k  D 

Câu 13 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y3sin 5x4 cos 5x lần lượt là 2 mvà n, giá trị

của m bằng n

Hàm số có TXĐ: D  

Coi x là ẩn, y là tham số, xét phương trình 3sin 5x4 cos 5xy2 1 

Phương trình  1 có nghiệm 2  2  2

 y     y     y

Vậy m3,n  7 m n  4

Trang 4

Câu 14 Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình xy20, tìm phương trình

đường thẳng d' là ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng tâm I1; 2

A xy40 B xy40 C xy40 D xy20

Gọi M x y '; 'd' và M x y đối xứng với  ;  M qua ' I1; 2

Ta có I là trung điểm của ' 2 '

4 '

MM

 



 

 



Vì M x y ; dxy 2 02x'  4y'20 x'y' 4  0

Vậy phương trình của d' là: xy40

Câu 15 Tập xác định của hàm số tan

cos 1

x y

x



 là

A \k2 , k  B \ ; 2 ,



2

k k





Điều kiện xác định: cos 0 2 , 

2

k x





 



Câu 16 Phương trình cos 7 cos 5x x 3 sin 2x 1 sin 7 sin 5x x có nghiệm

A x 4 k2

x k





 







x k





  







2

x k





  







D x 3 k

x k





  







Phương trình đã cho tương đương

cos 7 cos 5 sin 7 sin 5 3 sin 2 1

cos 2 3 sin 2 1 cos 2 sin 2

1

5

x





 



   





Nghiệm của phương trình là ;

3

    

Trang 5

Câu 17 Nghiệm của phương trình 1 sin 2 2cos 2

2 sin sin 2

1 cot

x



2 2

k





 







  



2 4 2

k





 







  





2

k





 







  



2 4 2 2

k





 







  





ĐKXĐ: sinx 0

Phương trình đã cho 2  

sin x 1 sin 2 xcos 2x  2 sin sin 2x x 0

2 sin x 1 sin 2x cos 2x 2 2 cosx 0

2 sin 0 cos 2 cos 2 sin 2 2 0

x







Đối chiếu điều kiện ta được:

cos 0

x









2

k





 







  





Câu 18 Trong các hàm số sau hàm số nào là hàm số chẵn?

A y2 cosx B y2 tanx C y2 sinx D y2 cosx1

Lời giải

Hàm số y2 tanx và y2 sinx là hàm số lẻ

Hàm số y2 cosx1 không thỏa yx y x  nên là hàm số không chẵn

Hàm số y2 cosx là hàm số chẵn vì TXĐ: D   và 2 cosx2 cosx

Câu 19 Từ các chữ số 1 , 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau?

Số các chữ số lập được là 4! 24

Câu 20 Khai triển x 35 theo công thức nhị thức Niu – tơn ta được

A x515x490x3270x2225x243 B x515x490x3270x2405x243

C x515x475x3270x2225x243 D x55x490x3270x2225x243

Áp dụng công thức nhị thức Niu – tơn:

Trang 6

Câu 21 Số hạng không chứa x trong khai triển 1

n

x x



biết 0 1

2C n C n24 là

A 705431 B 705432 C 2704156 D 270432

* Tìm n: 2C n0C1n 24

Điều kiện n,n1

Ta có: 0 1

2C n C n 24 2n24n22 Khi n 22 ta có khai triển

22 1

x x



Số hạng tổng quát của khai triển là 22 22 2  

1

k

x



 

Vì số hạng không chứa x nên 22 2 k 0k11

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 11

1 22 705432

k

T  C 

Câu 22 Xét các khẳng định sau:

(I): Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một đường thẳng và một điểm nằm ngoài đường thẳng đó

(II): Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất

(III): Hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất

(IV): Nếu 3 điểm M N P phân biệt cùng thuộc vào hai mặt phẳng phân biệt thì chúng thẳng hàng , ,

Số khẳng định đúng là

Theo các tiên đề về hình học không gian thì ( ), (I III đúng )

Nếu 3 điểm M N P phân biệt cùng thuộc vào hai mặt phẳng phân biệt thì chúng thuộc vào giao tuyến của , ,

hai mặt phẳng đó nên chúng thẳng hàngIV đúng

Nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chug thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất chứa tất cả

các điểm chung của chúng Đường thẳng chung đó được gọi là giao tuyến Ở đây hai mặt phẳng chưa phân biệt nên chúng có thể trùng nhau ( )II sai

Câu 23 Cho hình thoi ABCD tâm O Gọi , ,E F M N lần lượt là trung điểm các cạnh , AB CD BC AD , , ,

P là phép đồng dạng biến tam giác OCF thành tam giác CAB Tìm mệnh đề sai trong các mệnh

đề sau

A P hợp thành bởi phép đối xứng tâm O và phép vị tự tâm A tỉ số k 2

B P hợp thành bởi phép đối xứng trục AC và phép vị tự tâm C tỉ số k 2

C P hợp thành bởi phép vị tự tâm C tỉ số k 2 và phép đối xứng tâm O

D P hợp thành bởi phép đối xứng trục BD và phép vị tự tâm O tỉ số k  1

Trang 7

+ Kiểm tra đáp án A: Ảnh của tam giác OCFqua phép đối xứng tâm O là tam giác OAE Ảnh của tam giác OAE qua phép phép vị tự tâm A tỉ số k 2 là tam giác CAB Vậy ảnh của tam giác

OCF qua P là phép đồng dạng hợp thành bởi phép đối xứng tâm O và phép vị tự tâm A tỉ số

2

k  biến tam giác OCF thành tam giác CAB  A đúng

+ Kiểm tra đáp án B: Ảnh của tam giác OCF qua phép đối xứng đối xứng trục AC là tam giác

OCM Ảnh của tam giác OCM qua phép vị tự tâm C tỉ số k 2 là tam giác ACB Vậy ảnh của tam giác OCF qua P là phép đồng dạng hợp thành bởi phép phép đối xứng trục AC và phép vị

tự tâm C tỉ số k 2 biến tam giác OCF thành tam giác CAB B đúng

+ Kiểm tra đáp án C: Ảnh của tam giác OCFqua phép vị tự tâm C tỉ số k 2 là tam giác

ACD Ảnh của tam giác ACDqua phép đối xứng tâm Olà tam giác ACB Vậy ảnh của tam giác

OCF qua P là phép đồng dạng hợp thành bởi P hợp thành bởi phép vị tự tâm C tỉ số k 2 và phép đối xứng tâm O biến tam giác OCF thành tam giác CAB C đúng

+ Kiểm tra đáp án D: Ảnh của tam giác OCF qua phép đối xứng trục BD là tam giác OAN Ảnh của tam giác OANqua phép phép vị tự tâm O tỉ số k  1 là tam giác OCM Vậy ảnh của tam giác OCF qua P là phép đồng dạng hợp thành bởi P hợp thành bởi phép đối xứng trục BD

và phép vị tự tâm O tỉ số k  1 biến tam giác OCF thành tam giác OCM  D sai

Câu 24 Hai thí sinh A và B tham gia buổi thi vấn đáp Cán bộ thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi

gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì đóng kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi, thí sinh chọn 3phong bì trong đó để xác định câu hỏi của mình Biết rằng bộ 10 câu hỏi giành cho các thí sinh là như nhau, xác suất để 3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn có ít nhất 1 câu giống nhau là

A 7

17

19

21

40

Không gian mẫu  : “ Mỗi thí sinh A và B chọn 3phong bì trong 10 phong bì”

  103 103 14400

Biến cố M : “3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn có ít nhất 1 câu giống nhau”

Biến cố đối M : “3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn không có câu nào giống nhau”

  103 73 4200   10200

Xác suất của biến cố M là   10200 17

14400 24

Câu 25 Hai xạ thủ A và B độc lập với nhau cùng bắn vào bia Xác suất bắn trúng bia của xạ thủ A là

0, 6 Xác suất bắn trúng bia của xạ thủ B là 0, 7 Tính xác suất để có đúng một người bắn trúng

A 21

23

3

7

10

Trang 8

Gọi A : “ Xạ thủ A bắn trúng bia ” P A 0, 6; P A 0, 4

B : “ Xạ thủ B bắn trúng bia ” P B 0, 7; P B 0, 3

C: “ Có đúng một xạ thủ bắn trúng”

50

C  ABABP C P A P B P A P B 

Phần 2 Tự luận

Câu 1 Giải các phương trình:

sin sin 2 2 cos 1

2

b) sin2xcos 22 xsin 32 xcos 42 x2

Lời giải

sin sin 2 2 cos 1

2

sin 2 cos 2 sin 2





sin xcos 2xsin 3xcos 4x2

cos8x cos 2x cos 6x cos 4x 0

2sin 5 sin 3x x 2sin 5 sinx x 0

sin 5x sinx sin 3x 0

sin 3 sin

k

x

















Câu 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau: sin 3 2 cos 3 1

sin 3 cos 3 2

y



Lời giải

sin 3 2 cos 3 1 sin 3 cos 3 2

y



Ta có sin 3xcos 3x20  Tập xác định D   x

Giả sử y là một giá trị hàm số, khi đó tồn tại 0 x   sao cho:

Trang 9

0 sin 3 cos 3 2 sin 3 2 cos 3 1

y0 1 sin 3 x y0 2 cos 3 x 1 2y0

Phương trình có nghiệm khi:

y012y0221 2 y02

2

2y 2y 4 0

0

2 y 1

   

Vậy:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 2 , khi 3sin 3 4 cos 3 5 2 ,

cos ;sin

Giá trị lớn nhất của hàm số là 1, khi cos 3 1 2 ,

3

Câu 3 Từ các số 0 ,1, 2 , 3, 4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số khác nhau và

bé hơn 25000

Lời giải

Giả sử từ các chữ số 0 ,1, 2 , 3, 4 , 5 , 6 lập được số na a a a a1 2 3 4 5 a10, a a a a a1, 2, 3, 4, 5 đôi một khác nhau n25000 , n chẵn

TH 1: a1 Chọn 1 a từ các chữ số 0 , 2 , 4 , 6 có 4 cách Chọn 5 a a a2 3 4 có A53 cách

Suy ra có: 3

5

4.A số

TH 2: a12

+ Chọn a từ các chữ số 1, 3 có 2 cách Chọn 2 a từ các chữ số 0 , 4 , 6 có 5 3 cách Chọn a a3 4 có 2

4

A cách Suy ra có: 2

4

2.3.A số

+ Chọn a từ các chữ số 0 , 4 có 2 cách Chọn 2 a từ các số chẵn bỏ 5 2, a có 2 cách Chọn 2 a a3 4

có A42 cách Suy ra có: 2.2.A42 số

Vậy tất cả có: 4.A532.3.A422.2.A42  360 số

Câu 4 Tìm hệ số của số hạng chứa x31 trong khai triển  315

3x x

Lời giải

Xét:

(3 ) k (3 ) k( )k k 3 k( 1)k k

Hệ số của số hạng chứa x31trong khai triển ứng với k thỏa mãn: 15 2 k 31k8 (tm)

 Hệ số của số hạng chứa x31trong khai triển là: 3 C7 158

Câu 5 Có 30 đề thi trong đó có 10 đề thi khó và 20 đề thi trung bình Tìm xác suất để một học sinh bốc

ra đồng thời hai đề thi được ít nhất một đề trung bình

Lời giải

Xét phép thử ngẫu nhiên: ”Một học sinh bốc ra đồng thời hai đề thi”

30 435

Gọi biến cố A: “Trong hai đề lấy ra có ít nhất một đề trung bình”

Trang 10

A

 : “ Trong hai đề lấy ra không có đề trung bình”

Số cách lấy 2 trong 10 đề thi khó là C102

  2

10 45

Xác suất P A  n A    43545 293

n

Vậy   1   1 3 26

29 29

Câu 6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C có tâm I  2;3, bán kính R 4 và đường

thẳng d có phương trình: x2y  Viết phương trình đường tròn 3 0  C và phương trình đường thẳng d lần lượt là ảnh của đường tròn  C và đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo vectơ u3; 2 

Lời giải

 Phép tịnh tiến theo vectơ u3; 2 

biến đường tròn  C thành đường tròn  C nên:

1 1

1

2 3 1

3 2 1

u

x

y

   



  



 R R 4

Do đó: phương trình đường tròn  C là: x12y12 16

 Gọi M x y ; d và M x y ;   T M u 



Mà x2y 3 0x32y2 3 0x2y 2 0

Suy ra phương trình đường thẳng d là x2y  2 0

Câu 7 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là CD Gọi M N, lần lượt là

trung điểm của SD SB,

a Chứng minh rằng MN song song với mặt phẳng ABCD Xác định giao tuyến d của mặt

phẳng SAB và mặt phẳng SCD

b Xác định giao điểm E của đường thẳng d và mặt phẳng AMN Dựng thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng AMN

c Biết rằng CD2AB và F là giao điểm của SC và mặt phẳng AMN Gọi , I J là giao điểm

của các cặp CD và EM , BC và FN Chứng minh rằng ba điểm A I J, , thẳng hàng và

4



SC SF

Lời giải

Trang 11

a Ta có M N, lần lượt là trung điểm của SD SB,

 MN là đường trung bình của tam giác SBD

//

 MN BD mà MN ABCD BD, ABCD nên  MN // ABCD 

Ta có

//

,









AB CD

 SAB  SCD d d qua S và song song với AB CD,

b Trong SAB: Gọi E  ANd







E d

Trong SCD: Gọi F MESC

Ta có











Vậy thiết diện của mặt phẳng AMN với hình chóp là tứ giác ANFM

c Ta có

Suy ra IJ AMN  ABCD

Mà AAMN  ABCD

Nên AIJ

Vậy A I J, , thẳng hàng

Gọi O ACBD

//









Xét tam giác SCD có MF cắt CD tại I , ta có

d

O

J I

F

E

M

N

S

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	388,58 KB