Bộ 20 đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2022 - 2023 có đáp án (Đề 15)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính tổ hợp.

Cách giải:

\[C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}\]

Chú ý: Phân biệt chỉnh hợp \[A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\] và tổ hợp \[C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}\].

Đáp án C

Phương pháp:

- Giải phương trình lượng giác cơ bản: \[\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

- Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện.

Cách giải:

\[\cos x = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = \pm \arccos \frac{1}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Xét họ nghiệm \[x = \arccos \frac{1}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\] ta có:

\[x \in \left( {0;2\pi } \right) \Rightarrow 0 < \arccos \frac{1}{3} + k2\pi < 2\pi \Leftrightarrow - 0,19 < k < 0,80.\]

Mà \[k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \arccos \frac{1}{3}.\]

Xét họ nghiệm \[x = - \arccos \frac{1}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\] ta có:

\[x \in \left( {0;2\pi } \right) \Rightarrow 0 < - \arccos \frac{1}{3} + k2\pi < 2\pi \Leftrightarrow 0,19 < k < 1,19.\]

Mà \[k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = - \arccos \frac{1}{3} + 2\pi .\]

Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện.

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số \[y = \tan x\] xác định \[ \Leftrightarrow \cos x \ne 0\]

Cách giải:

Hàm số \[y = \tan x\] xác định \[ \Leftrightarrow \cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Vậy tập xác định của hàm số là \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\]

Đáp án C

Phương pháp:

Cho \[M\left( {x;y} \right)\] và \[\overrightarrow v \left( {a;b} \right).\] Gọi \[M'\left( {x';y'} \right) = {T_{\overrightarrow v }}\left( M \right).\] Sử dụng biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến: \[\left\{ \begin{array}{l}x' = x + a\\y' = y + b\end{array} \right..\]

Cách giải:

\[{T_{\overrightarrow v }}\left( M \right) = M' \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} = {x_M} + {x_{_{\overrightarrow v }}} = 3 + \left( { - 1} \right) = 2\\{y_{M'}} = {y_M} + {y_{_{\overrightarrow v }}} = 3 + \left( { - 3} \right) = 0\end{array} \right..\]

Vậy \[M'\left( {2;0} \right).\]

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.

Cách giải:

Số cách chọn ra 2 viên bi xanh là: \[C_6^2.\]

Số cách chọn ra 2 viên bi đỏ là: \[C_4^1.\]

Số cách chọn từ hộp đó ra 3 viên bi gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ là \[C_6^2.C_4^1 = 60.\]

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa phép quay: \[{Q_{\left( {I;\alpha } \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle \left( {IA;IA'} \right) = \alpha \\IA = IA'\end{array} \right..\]

Cách giải:

\[{Q_{\left( {A;90^\circ } \right)}}\left( d \right) = d' \Leftrightarrow d \bot d'.\]

Đáp án C

Phương pháp:

\[{V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta AB'C' \Rightarrow \] Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp \[\Delta AB'C'\] gấp \[\frac{3}{2}\] lần bán kính của đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\]

Cách giải:

\[\left\{ \begin{array}{l}{V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( A \right) = A\\{V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( B \right) = B'\\{V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( C \right) = C'\end{array} \right. \Rightarrow {V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta AB'C'.\]

\[ \Rightarrow \] Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp \[\Delta AB'C'\] gấp \[\frac{3}{2}\] lần bán kính của đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\]

Tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\] là

\[r = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{6^2} + {8^2}} = 5.\]

Vậy \[R = \frac{3}{2}r = \frac{3}{2}.5 = \frac{{15}}{2}.\]

Đáp án C

Phương pháp:

Phân tích từng đáp án.

Đáp án C

Phương pháp:

\[ - 1 \le \sin \alpha \le 1{\rm{ }}\forall \alpha .\]

Cách giải:

Ta có: \[ - 1 \le \sin 2x \le 1\] nên giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = \sin 2x\] trên tập xác định của nó là \[ - 1\] đạt được tại \[2x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Đáp án B

Phương pháp:

- Số chia hết cho 5 là số có tận cùng là 0 hoặc 5.

- Sử dụng quy tắc nhân và cộng hợp lý.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là \[\overline {abc} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\]

Vì \[\overline {abc} \vdots 5 \Rightarrow c \in \left\{ {0;5} \right\}.\]

TH1: \[c = 0 \Rightarrow \] Có 1 cách chọn c.

         \[a \ne 0 \Rightarrow \]Có 7 cách chọn a.

         \[b \ne a,b \ne c \Rightarrow \]Có 6 cách chọn b.

\[ \Rightarrow \] Có \[1.7.6 = 42\] số thỏa mãn.

TH2: \[c = 5 \Rightarrow \] Có 1 cách chọn c.

         \[a \ne 0,a \ne 5 \Rightarrow \] Có 6 cách chọn a.

         \[b \ne a,b \ne c \Rightarrow \] Có 6 cách chọn b.

\[ \Rightarrow \] Có \[1.6.6 = 36\] số thỏa mãn.

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[42 + 36 = 78\] số.

Đáp án A

Phương pháp:

\[d||a \subset \left( P \right) \Rightarrow d||\left( P \right).\]

Cách giải:

MN là đường trung bình của \[\Delta BCD \Rightarrow MN||BD.\]

Mà \[MN \subset \left( {MNK} \right) \Rightarrow BD||\left( {MNK} \right).\]

 

Đáp án A

Phương pháp:

A, B là hai biến cố độc lập thì \[P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right).\]

Cách giải:

Vì A, B là hai biến cố độc lập thì \[P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \frac{1}{2}.\frac{1}{4} = \frac{1}{8}.\]

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng biến cố đối của biến cố: “3 học sinh được chọn, có cả học sinh của hai khối, có cả học sinh nam và học sinh nữ, đồng thời số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ” là “3 học sinh được chọn, chỉ có học sinh của một khối, có cả học sinh nam và học sinh nữ, đồng thời số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ”.

Cách giải:

Số cách chọn ra 3 học sinh bất kì từ 50 học sinh 2 khối là \[n\left( \Omega \right) = C_{50}^3 = 19600.\]

Chọn 3 học sinh nam có số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ \[ \Rightarrow \] Phải chọn được 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ.

Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ bất kì là \[C_{25}^2.C_{25}^1.\]

Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ chỉ từ khối 11 là \[C_5^2.C_{10}^1.\]

Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ chỉ từ khối 10 là \[C_{20}^2.C_{15}^1.\]

Gọi A là biến cố: “Chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ từ cả 2 khối”.

\[ \Rightarrow n\left( A \right) = C_{25}^2.C_{15}^1 - \left( {C_5^2.C_{10}^1. + C_{20}^2.C_{15}^1} \right) = 4550.\]

Vậy xác suất của biến cố A là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{4550}}{{19600}} = \frac{{13}}{{56}}.\]

Đáp án B

Phương pháp:

Chia cả 2 vế cho 2 sau đó đưa phương trình về dạng cơ bản.

Cách giải:

Chia cả 2 vế của phương trình cho \[\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = 2\] ta được:

\[\sqrt 3 \sin 2x - \cos 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x - \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{2} = 0\]

\[ \Leftrightarrow \sin 2x\cos \frac{\pi }{6} - \cos 2x\sin \frac{\pi }{6} = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{6} = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{6} = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton: \[{\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}.} \]

Cách giải:

\[{\left( {x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{x^{12 - k}}{{\left( {\frac{2}{{{x^2}}}} \right)}^k} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{2^k}{x^{12 - 3k}}} \left( {0 \le k \le 12,k \in \mathbb{N}} \right).} \]

Số hạng chứa \[{x^3}\] ứng với \[12 - 3k = 3 \Leftrightarrow 3k = 9 \Leftrightarrow k = 3{\rm{ }}\left( {tm} \right).\]

Vậy hệ số của số hạng chứa \[{x^3}\] là \[C_{12}^3{.2^3}.\]

Phương pháp:

a) Giải phương trình lượng giác cơ bản: \[\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

b) Sử dụng công thức nhân đôi \[\cos 2x = 1 - 2{\sin ^2}x,\] đưa về phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác.

Cách giải:

a) \[\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

b) \[\cos 2x + \sin x + 2 = 0 \Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}x + \sin x + 2 = 0.\]

\[ \Leftrightarrow 2{\sin ^2}x - \sin x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{3}{2}\left( {{\rm{loa\"i i}}} \right)\\\sin x = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Phương pháp:

a) Xác định giao tuyến dựa vào yếu tố song song.

b) Chọn \[SC \subset \left( {SAC} \right),\] xác định giao tuyến \[\Delta = \left( {AMN} \right) \cap \left( {SAC} \right).\] Khi đó giao điểm của SC và \[\left( {AMN} \right)\] chính là giao điểm của SC và \[\Delta .\]

c) \[d||a \subset \left( P \right) \Rightarrow d||\left( P \right).\]

Cách giải:

a) Xét \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SCD} \right)\] có:

+ S là điểm chung thứ nhất.

+ \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \supset AB\\\left( {SCD} \right) \supset CD\\AB||CD{\rm{ }}\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \]Giao tuyến của \[\left( {SAB} \right),{\rm{ }}\left( {SCD} \right)\] là đường thẳng đi qua S và song song với AB, CD.

Trong \[\left( {SAB} \right)\] kẻ đường thẳng d đi qua S và \[d||AB||CD.\]

Vậy \[d = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right).\]

b) Chọn \[SC \subset \left( {SAC} \right),\] tìm giao tuyến của \[\left( {SAC} \right)\] và \[\left( {AMN} \right).\]

+ A là điểm chung thứ nhất.

+ Trong \[\left( {SBD} \right)\] gọi \[I = MN \cap SO\] ta có: \[I \in SO \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow I \in \left( {SAC} \right).\]

Trong \[\left( {SAC} \right)\] gọi \[E = AI \cap SC\] ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}E \in AI \subset \left( {AMN} \right) \Rightarrow E \in \left( {AMN} \right)\\E \in SC\end{array} \right. \Rightarrow E = SC \cap \left( {AMN} \right).\]

c) Gọi K là trung điểm của SC.

Vì G là trọng tâm tam giác SBC \[ \Rightarrow G \in BK\] và \[\frac{{BG}}{{BK}} = \frac{2}{3}\] (Tính chất trọng tâm).

Do \[AB||CD{\rm{ }}\left( {gt} \right),\] áp dụng định lí Ta-lét ta có: \[\frac{{BO}}{{OD}} = \frac{{AB}}{{CD}} = 2 \Rightarrow \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{2}{3}.\]

\[ \Rightarrow \frac{{BG}}{{BK}} = \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow OG||DK\] (Định lí Ta-lét đảo).

Mà \[DK \subset \left( {SCD} \right).\] Vậy \[OG||\left( {SCD} \right).\]

Phương pháp:

Chia thành các TH sau:

TH1: 2 cầu thủ của 2 đội nhóm 1 + 3 cầu thủ của 3 đội nhóm 2.

TH2: 3 cầu thủ của 3 đội nhóm 1 + 2 cầu thủ của 2 đội nhóm 2.

TH3: 4 cầu thủ của 4 đội nhóm 1 + 1 cầu thủ của 1 đội nhóm 2.

Cách giải:

Nhóm 1: {Việt Nam, Malaysia, Thái Lan, Philippines}.

Nhóm 2: {Singapore, Myanmar, Indonesia}.

Chọn 5 cầu thủ bất kì từ 11 cầu thủ \[ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{11}^5 = 462.\]

Gọi A là biến cố: “5 cầu thủ được chọn đến từ 5 đội tuyển khác nhau”.

TH1: 2 cầu thủ của 2 đội nhóm 1 + 3 cầu thủ của 3 đội nhóm 2.

\[ \Rightarrow \] Có \[C_4^2.C_2^1.C_2^1.C_3^3 = 24\] cách.

TH2: 3 cầu thủ của 3 đội nhóm 1 + 2 cầu thủ của 2 đội nhóm 2.

\[ \Rightarrow \] Có \[C_4^3.C_2^1.C_2^1.C_2^1.C_3^2 = 96\] cách.

TH3: 4 cầu thủ của 4 đội nhóm 1 + 1 cầu thủ của 1 đội nhóm 2.

\[ \Rightarrow \] Có \[{\left( {C_2^1} \right)^4}.C_3^1 = 48\] cách.

\[ \Rightarrow n\left( A \right) = 24 + 96 + 48 = 168.\]

Vậy \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{168}}{{462}} = \frac{4}{{11}}.\]