Bộ 20 đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2022 - 2023 có đáp án (Đề 4)

Đáp án A

Phương pháp:

- Tứ diện là hình có 4 đỉnh không đồng phẳng.

- Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Chọn 4 điểm từ 10 điểm ta được 1 hình tứ diện.

Vậy số tứ diện có thể kẻ được là \(C_{10}^4 = 210\).

Đáp án C

Phương pháp:

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

- Sử dụng công thức \[C_n^k = C_n^{n = k}\].

Cách giải:

Ta có: \[{\left( {{x^2} + x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {{x^2}} \right)}^k}.{x^{10 - k}}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{10 + k}}{\rm{ }}} \left( {0 \le k \le 10;{\rm{ }}k \in \mathbb{N}} \right)\].

Số hạng chứa \[{x^{12}}\] ứng với \[10 + k = 2 \Leftrightarrow k = 2\left( {tm} \right)\].

Vậy hệ số của \[{x^{12}}\] trong khai triển trên là \[C{\kern 1pt} _{10}^2 = C_{10}^8\].

Đáp án A

Phương pháp:

\[\left\{ \begin{array}{l}a||b\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a||\left( P \right)\]

Cách giải:

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\).

\( \Rightarrow MN||AC\) (Tính chất đường trung bình).

Mà \[AC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MN||\left( {ABCD} \right)\].

Đáp án A

Phương pháp:

Phép tính tiến biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó.

Cách giải:

Vì \(\Delta = {T_{\overrightarrow u }}\left( d \right) \Rightarrow \Delta ||d\) Þ Phương trình \(\Delta \) có dạng: \(x - 2y + c = 0\left( \Delta \right)\).

Lấy \(A\left( {1;0} \right)\) bất kì thuộc \(d\). Gọi \(A' = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow A' \in \Delta \).

Ta có: \(A' \in {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = {x_A} + {x_{\overrightarrow u }} = 1 + 4 = 5\\{y_{A'}} = {y_A} + {y_{\overrightarrow u }} = 0 + 3 = 3\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {5;3} \right)\).

Vì \(A' \in \Delta \Rightarrow 5 - 2.3 + c = 0 \Leftrightarrow c = 1\).

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(x - 2y + 1 = 0\).

Đáp án C

Phương pháp:

Vẽ hình và xác định ảnh của hai điểm \(C,\,\,D\) qua phép quay tâm \(O\), góc quay \( - 90^\circ \).

Cách giải:

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(OA = OB = OC = OD\) và \(AC \bot BD\) tại \(O\).

Khi đó ta có: \({Q_{\left( {O; - 90^\circ } \right)}}\left( C \right) = D,{\rm{ }}{Q_{\left( {O; - 90^\circ } \right)}}\left( D \right) = A\).

Vậy \({Q_{\left( {O; - 90^\circ } \right)}}\left( {CD} \right) = DA\).

Chú ý: Phép quay góc có giá trị âm là phép quay cùng chiều kim đồng hồ.

Đáp án A

Phương pháp:

Phân tích từng đáp án.

Cách giải:

Đáp án đúng là đáp án A.

Đáp án B

Phương pháp:

Dạng thiết diện có sử dụng yếu tố song song.

Cách giải:

Vì \[MN\] là đường trung bình của hình thang \(ABCD \Rightarrow MN||AD||BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNP} \right) \supset MN\\\left( {SBC} \right) \supset BC\\MN||BC\left( {cmt} \right)\\P \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\) Þ Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng đi qua \(P\) và song song với \(MN,BC\).

Gọi \(Q\) là trung điểm của \(SC \Rightarrow PQ||BC\) (\(PQ\) là đường trung bình của tam giác \[SBC\]) \[ \Rightarrow \left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\].

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( {MNP} \right)\) là tứ giác \[MNPQ\].

Do \[PQ||BC||MN \Rightarrow MNPQ\] là hình thang.

Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \(\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Cách giải:

\(\sqrt 3 \tan x - 1 = 0 \Leftrightarrow \tan x = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Đáp án D

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 các nghiệm thuộc khoảng \(\left( { - \pi ;4\pi } \right)\).

Cách giải:

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

+ Xét họ nghiệm \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\(x \in \left( { - \pi ;4\pi } \right) \Leftrightarrow - \pi < \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi < 4\pi \Leftrightarrow - \frac{5}{6} < k < \frac{5}{3}\).

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{{2\pi }}{3};\frac{{8\pi }}{3}} \right\}\).

+ Xét họ nghiệm \(x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\(x \in \left( { - \pi ;4\pi } \right) \Leftrightarrow - \pi < - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi < 4\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{6} < k < \frac{7}{3}\)

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{{4\pi }}{3};\frac{{10\pi }}{3}} \right\}\).

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức: \(A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\)

Cách giải:

\(A_n^2 = 132\left( {n \ge 2,{\rm{ }}n \in \mathbb{N}} \right) \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} = 132\)

\( \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right) = 132 \Leftrightarrow {n^2} - n - 132 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 12{\rm{ }}\left( {tm} \right)\\n = - 11{\rm{ }}\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy \(n = 12\).

Đáp án B

Phương pháp:

- Tích ba số là số chẵn khi và chỉ khi trong ba số có ít nhất một số chẵn.

- Sử dụng biến cố đối.

Cách giải:

Gieo ngẫu nhiên 3 con súc sắc cân đối, đồng chất \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216\).

Gọi A là biến cố: “tích số chấm xuất hiện trên ba con súc sắc là một số tự nhiên chẵn” Þ Trong ba lần gieo có ít nhất 1 lần xuất hiện mặt chẵn chấm.

\( \Rightarrow \overline A \): “Cả 3 lần gieo đều xuất hiện mặt lẻ chấm” \( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = {3^3} = 27\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{27}}{{216}} = \frac{7}{8}\).

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết các hàm số lượng giác.

Cách giải:

Trong các hàm số \(y = \sin x,{\rm{ }}y = \cos x,{\rm{ }}y = \tan x,{\rm{ }}y = \cot x\) chỉ có duy nhất hàm \(y = \cos x\) là hàm số chẵn, ba hàm còn lại là hàm số lẻ.

Vậy đáp án sai là C.

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết các hàm số lượng giác.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = \cos x\) ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \pi ;0} \right)\).

Đáp án D

Phương pháp:

Phương trình dạng \[a\sin x + b\cos x = c\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}\].

Cách giải:

Phương trình \[m\sin x + 3\cos x = 2m\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow {m^2} + {3^2} \ge {\left( {2m} \right)^2}\].

\[ \Leftrightarrow 3{m^2} \le 9 \Leftrightarrow {m^2} \le 3 \Leftrightarrow - \sqrt 3 \le m \le \sqrt 3 \],

Lại có \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\].

Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số \(\frac{1}{{f\left( x \right)}}\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ne 0\).

Cách giải:

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \sin x + \cos x \ne 0\)

\( \Leftrightarrow \sin x \ne - \cos x \Leftrightarrow \tan x \ne - 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Đáp án D

Phương pháp:

Cho \(I\left( {a;b} \right),{\rm{ }}A\left( {x;y} \right),{\rm{ }}A'\left( {x';y'} \right)\). \({D_I}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 2a - x\\y' = 2b - y\end{array} \right.\).

Cách giải:

\(B = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 2{x_I} - {x_A} = 2.1 - \left( { - 2} \right) = 4\\{y_B} = 2{y_I} - {y_A} = 2.5 - 3 = 7\end{array} \right.\).

Vậy \(B\left( {4;7} \right)\).

Đáp án A

Phương pháp:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).

- Chọn lần lượt từng chữ số.

- Áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).

Chọn \(a\) có 6 cách.

Chọn \(b,c,d\) mỗi chữ số có 7 cách chọn.

Vậy có \({6.7^3} = 2058\) số.

Chú ý: Đề bài không yêu cầu các chữ số đôi một khác nhau.

Đáp án B

Phương pháp:

Phương pháp giải phương trình \(a\sin x + b\cos x = c\).

- Chia cả 2 vế phương trình cho \(\sqrt {{a^2} + {b^2}} \).

- Đặt \(\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \cos \alpha ,{\rm{ }}\frac{b}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \sin \alpha \).

- Sử dụng công thức \(\sin x\cos \alpha + \cos x\sin \alpha = \sin \left( {x + \alpha } \right)\), đưa phương trình về dạng phương trình lượng giác cơ bản và giải.

Cách giải:

\(\sin x + \sqrt 3 \cos x = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x = 1\)

\( \Leftrightarrow \sin x\cos \frac{\pi }{3} + \cos x\sin \frac{\pi }{3} = 1 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Đáp án C

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:

\(P\left( x \right) = x{\left( {1 - 2x} \right)^5} + {x^2}{\left( {1 + 3x} \right)^{10}}\)

\(P\left( x \right) = x\sum\limits_{m = 0}^5 {C_5^m{{\left( { - 2} \right)}^m}{x^m}} + {x^2}\sum\limits_{n = 0}^{10} {C_{10}^n{3^n}{x^n}} \)

\(P\left( x \right) = \sum\limits_{m = 0}^5 {C_5^m{{\left( { - 2} \right)}^m}{x^{m + 1}}} + \sum\limits_{n = 0}^{10} {C_{10}^n{3^n}{x^{n + 2}}} \)

Số hạng chứa \({x^5}\) ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}m + 1 = 5\\n + 2 = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 4\\n = 3\end{array} \right.\).

Vậy hệ số của số hạng chứa \({x^5}\) trong khai triển trên là \(C_5^4.{\left( { - 2} \right)^4} + C_{10}^3{.3^3} = 3320\).

Đáp án D

Phương pháp:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).

- Chọn chữ số \(d\).

- Chọn các chữ số còn lại.

- Áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).

Vì \(\overline {abcd} {\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\) là số chẵn nên \(d \in \left\{ {4;6} \right\}\) Þ Có 2 cách chọn \(d\).

Ứng với mỗi cách chọn \(d\) có \(A_4^3 = 24\) cách chọn 3 chữ số còn lại.

Áp dụng quy tắc nhân ta có: 2.24 = 48 số thỏa mãn.

Phương pháp:

Sử dụng biến cố đối.

Cách giải:

Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{11}^3 = 165\).

Gọi A là biến cố: “3 học sinh được chọn có cả nam và nữ”.

\( \Rightarrow \overline A \): “3 học sinh được chọn hoặc toàn là nam, hoặc toàn là nữ”.

Chọn 3 học sinh toàn là nam có \(C_5^3\) cách.

Chọn 3 học sinh toàn là nữ có \(C_6^3\) cách.

\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_5^3 + C_6^3 = 30\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{30}}{{165}} = \frac{9}{{11}}\).

Phương pháp:

a) \[\left\{ \begin{array}{l}a||b\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a||\left( P \right)\].

b) Chọn \[SB \subset \left( Q \right)\], tìm \[d = \left( Q \right) \cap \left( {MCD} \right)\], từ đó suy ra \[E = d \cap SB\].

     Sử dụng tính chất trọng tâm và định lí Ta-lét.

Cách giải:

a) Vì \[MN\] là đường trung bình của tam giác \[SAD \Rightarrow MN||AD\] (tính chất đường trung bình).

Mà \[AD||BC\left( {gt} \right) \Rightarrow MN||BC\].

Lại có \[BC \cap \left( {SBC} \right) \Rightarrow MN||\left( {SBC} \right)\].

b) Gọi \[O\] là trung điểm của \[AD\] ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}OD = BC = \frac{1}{2}AD\\OD||BC\left( {AD||BC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BCDO\] là hình bình hành \[ \Rightarrow BO||CD\].

Chọn \[SB \subset \left( {SBO} \right)\], tìm giao tuyến của \[\left( {MCD} \right)\] và \[\left( {SBO} \right)\].

+ \[G\] là điểm chung thứ nhất.

\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBO} \right) \supset BO\\\left( {MCD} \right) \supset CD\\BO||CD\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\]Þ Giao tuyến của \[\left( {MCD} \right)\] và \[\left( {SBO} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[BO,CD\].

Trong \[\left( {SBO} \right)\] kẻ \[GE||BO\left( {E \in SB} \right) \Rightarrow \left( {MCD} \right) \cap \left( {SBO} \right) = GE\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}E \in SB\\E \in GH \subset \left( {MCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E = SB \cap \left( {MCD} \right)\].

Xét tam giác \[SAD\] có \[G\] là giao điểm của hai đường trung tuyến

Þ \[G\] là trọng tâm tam giác \[SAD \Rightarrow \frac{{SG}}{{GO}} = 2\].

Do \[GE||OB\] nên áp dụng đinh lí Ta-lét ta có \[\frac{{SE}}{{EB}} = \frac{{SG}}{{GO}} = 2\].

Phương pháp:

- Chia cả 2 vế cho \({\cos ^2}x\), đưa phương trình về ẩn \(\tan x\).

- Đưa phương trình về dạng tích.

- Sử dụng phương pháp giải phương trình chứa căn.

- Cô lập \(m\), sử dụng phương pháp dùng BBT để biện luận nghiệm.

Cách giải:

Do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow \cos x > 0\).

Chia cả 2 vế phương trình cho \({\cos ^2}x\), ta có:

\[{\sin ^2}x - \sin x\cos x - m{\cos ^2}x = 2\sqrt {3\sin x{{\cos }^3}x + m{{\cos }^4}x} \]

\[ \Leftrightarrow {\tan ^2}x - \tan x - m = 2\sqrt {3\tan x + m} \]

\[ \Leftrightarrow {\tan ^2}x + 2\tan x - 3\tan x - m = 2\sqrt {3\tan x + m} \]

\[ \Leftrightarrow \left[ {{{\tan }^2}x - \left( {3\tan x + m} \right)} \right] = 2\sqrt {3\tan x + m} - 2\tan x\]

\[ \Leftrightarrow \left( {\tan x - \sqrt {3\tan x + m} } \right)\left( {\tan x + \sqrt {3\tan x + m} } \right) = 2\left( {\sqrt {3\tan x + m} - \tan x} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left( {\tan x - \sqrt {3\tan x + m} } \right)\left( {\tan x + \sqrt {3\tan x + m} + 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = \sqrt {3\tan x + m} \\\tan x + \sqrt {3\tan x + m} + 2 = 0\end{array} \right.\]

Do \[x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow \tan x > 0 \Rightarrow \tan x + \sqrt {3\tan x + m} + 2 > 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\].

\[ \Rightarrow \tan x = \sqrt {3\tan x + m} \Leftrightarrow {\tan ^2}x - 3\tan x - m = 0\].

Đặt \[t = \tan x\], vì \[x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)\].

\[ \Rightarrow {t^2} - 3t - m = 0\] với \[t \in \left( {0;1} \right) \Leftrightarrow {t^2} - 3t = m\] với \[t \in \left( {0;1} \right)\].

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {t^2} - 3t\] ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm \[t \in \left( {0;1} \right)\] khi và chỉ khi \[ - 2 < m < 0\].

Vậy \[m \in \left( { - 2;0} \right)\].