Bộ 20 đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2022 - 2023 có đáp án (Đề 7)

Đáp án B

Phương pháp:           

+ Gọi số có 4 chữ số cần lập là \[\overline {abcd} \left( {0 \le a;b;c;d \le 9;\,a \ne 0;\,a,b,c,d \in \mathbb{N}} \right)\].

+ Chọn từng chữ số, sau đó áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số có 4 chữ số cần lập là \[\overline {abcd} \left( {0 \le a;b;c;d \le 9;\,a \ne 0;\,a,b,c,d \in \mathbb{N}} \right)\].

+ Số cần lập là số chẵn \[ \Rightarrow d \in \left\{ {2;4;6} \right\} \Rightarrow \] Có 3 cách chọn \[d\].

+ Ứng với mỗi cách chọn \[d\] có \[A_5^3 = 60\] cách chọn 3 chữ số \[a,b,c\].

Áp dụng quy tắc nhân ta có: \[3.60 = 180\] số thỏa mãn.

Đáp án D

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:

\[\tan 2x + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \tan 2x = - \sqrt 3 \Leftrightarrow 2x = - \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Đáp án C

Phương pháp:

+ Tính số phân tử của không gian mẫu.

+ Tính số phân tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

+ Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu \[ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{17}^3 = 680\].

+ Gọi A là biến cố: “Lấy được 3 quả cầu màu xanh” \[ \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^3 = 10\]

Vậy \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{680}} = \frac{1}{{68}}\]

Đáp án C

Phương pháp:

Cho \[M\left( {x;y} \right)\] và \[\overrightarrow u = \left( {a;b} \right)\], gọi \[M'\left( {x';y'} \right) = {T_{\overrightarrow u }}\left( M \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = x + a\\y' = y + b\end{array} \right.\]

Cách giải:

\[{T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) = B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 2 + 1 = 3\\{y_B} = - 4 - 2 = - 6\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {3; - 6} \right)\].

Đáp án D

Phương pháp:

+ Sử dụng định nghĩa phép vị tự: \[{V_{\left( {I;k} \right)}}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {IM'} = k\overrightarrow {IM} \]

+ Sử dụng tính chất phép vị tự: Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.

Cách giải:

Gọi \[d' = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( d \right) \Rightarrow d'//d \Rightarrow \] Phương trình \[d'\] có dạng \[3x - 2y + c = 0\].

 Lấy \[A\left( { - 1;1} \right) \in d\]. Gọi \[A' = {V_{\left( {O;2} \right)}} \Rightarrow \overrightarrow {OA'} = 2\overrightarrow {OA} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 2.\left( { - 1} \right) = - 2\\{y_{A'}} = 2.\left( { - 1} \right) = - 2\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( { - 2; - 2} \right)\].

Vì \[A' \in d' \Rightarrow 3.\left( { - 2} \right) - 2.\left( { - 2} \right) + c = 0 \Leftrightarrow c = 2\].

Vậy \[d':3x - 2y + 2 = 0\].

Đáp án C

Phương pháp:

+ Giải phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác.

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

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

+ Phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

+ Xác định tâm \[I\] và bán kính \[R\] của đường tròn \[\left( C \right)\].

+ Gọi \[I' = {T_i}\left( I \right)\], xác định tọa độ điểm \[I'\].

+ Gọi \[\left( {C'} \right) = {T_i}\left( C \right) \Rightarrow \left( {C'} \right)\] là đường tròn có tâm \[I'\] và bán kính \[R\].

Cách giải:

+ Đường tròn \[\left( C \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4\] có tâm \[I\left( {1; - 3} \right)\] và bán kính \[R = 2\].

+ Gọi \[I' = {T_i}\left( I \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{I'}} = 1 + 1 = 2\\{y_{I'}} = - 3 + 0 = - 3\end{array} \right. \Rightarrow I'\left( {2; - 3} \right)\]

+ Gọi \[\left( {C'} \right) = {T_i}\left( C \right) \Rightarrow \left( {C'} \right)\] là đường tròn có tâm \[I'\left( {2; - 3} \right)\] và bán kính \[R = 2\].

Vậy phương trình đường tròn \[\left( {C'} \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4\].

Đáp án A

Phương pháp:

Các cách xác định mặt phẳng là:

+ Qua ba điểm không thẳng hàng.

+ Qua một điểm và một đường thẳng không đi qua điểm đó.

+ Qua hai đường thẳng cắt nhau.

+ Qua hai đường thẳng song song.

Cách giải:

Khẳng định sai là đáp án A: Qua ba điểm phân biệt xác định được một và chỉ một mặt phẳng.

Khẳng định đúng phải là: Qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng xác định được một và chỉ một mặt phẳng.

Đáp án C

Phương pháp:

\[\left\{ \begin{array}{l}a \subset \left( \alpha \right)\\b \subset \left( \beta \right)\\a//b\end{array} \right. \Rightarrow \] Giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] và \[\left( \beta \right)\] là đường thẳng đi qua điểm chung của hai mặt phẳng và song song với \[a,b\].

Cách giải:

Xác định \[\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\].

+ \[S\] là điểm chung thứ nhất.

+ Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD//BC\end{array} \right.\]

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] và \[\left( {SBC} \right)\] là đường thẳng đi qua \[S\] và song song với \[AD\].

Đáp án D

Phương pháp:

Nếu \[{u_{n + 1}} \ge {u_n}\forall n\] thì dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] là dãy số tăng.

Cách giải:

Xét dãy số \[{u_n} = 2018 + 2n\] ta có \[{u_{n + 1}} = 2018 + 2\left( {n + 1} \right) = 2020 + 2n > {u_n}\forall n\].

Vạy dãy số \[{u_n} = 2018 + 2n\] là dãy số tăng.

Đáp án B

Phương pháp:

Phép vị tự tâm \[I\], tỉ số \[k\] biến đường tròn bán kính \[R\] thành đường tròn có bán kính \[R' = \left| k \right|R\].

Cách giải:

Đường tròn \[\left( C \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 25\] có bán kính \[R = 5\].

Phép vị tự tỉ số \[k = - \frac{1}{2}\] biến đường tròn \[\left( C \right)\] thành đường tròn có bán kính \[R' = \left| { - \frac{1}{2}} \right|R = \frac{1}{2}.5 = \frac{5}{2}\]

Đáp án C

Phương pháp:

+ Thay lần lượt \[n = 1,\,\,n = 2,\,\,n = 3,\,....\] để tính các số hạng thứ 1, 2, 3, ...

+ \[\left( {{u_n}} \right)\] dãy số giảm và bị chặn dưới nếu \[{u_{n + 1}} \le {u_n}\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\] và tồn tại số thực \[m\] sao cho \[{u_n} \ge m\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\].

+ \[\left( {{u_n}} \right)\] là dãy số tăng nếu \[{u_{n + 1}} \ge {u_n}\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\]

Cách giải:

Ta có \[{u_{n + 1}} = \frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} + n + 1}} < \frac{1}{{{n^2} + n}} = {u_n}\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\] là dãy số giảm.

Vậy khẳng định \[C\] sai.

Đáp án C

Phương pháp:

Công thức số hạng tổng quát của \[\left( {{u_n}} \right)\] có số hạng đầu \[{u_1}\] và công sai \[d\] là \[{u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\]

Cách giải:

Công thức số hạng tổng quát của \[\left( {{u_n}} \right)\] có số hạng đầu \[{u_1}\] và công sai \[d\] là \[{u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\]

Đáp án B

Phương pháp:

Công thức số hạng tổng quát của \[\left( {{u_n}} \right)\] có số hạng đầu \[{u_1}\] và công sai \[d\] là \[{u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\]

Cách giải:

Công thức số hạng tổng quát của \[\left( {{u_n}} \right)\] có số hạng đầu \[{u_1} = 3\] và công sai \[d = 2\] là

\[{u_n} = 3 + \left( {n - 1} \right)2 = 3 + 2n - 2 = 2n + 1\]

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: \[{\left( {{x^2} - \frac{2}{x}} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{6 - k}}{{\left( { - \frac{2}{x}} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^{12 - 2k}}{x^{ - k}} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^{12 - 3k}}} } \]

Số hạng không chứa \[x\] ứng với \[12 - 3k = 0 \Leftrightarrow k = 4\left( {tm} \right)\].

Vậy số hạng không chứa \[x\] trong khai triển trên là \[C_6^4.{\left( { - 2} \right)^4} = 240\].

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: \[{\left( {{x^2} - \frac{2}{x}} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{6 - k}}{{\left( { - \frac{2}{x}} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^{12 - 2k}}{x^{ - k}} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^{12 - 3k}}} } \]

Số hạng không chứa \[x\] ứng với \[12 - 3k = 0 \Leftrightarrow k = 4\left( {tm} \right)\].

Vậy số hạng không chứa \[x\] trong khai triển trên là \[C_6^4.{\left( { - 2} \right)^4} = 240\].

Đáp án A

Phương pháp:

+ \[{V_{\left( {I;k} \right)}}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {IM'} = k\overrightarrow {IM} \].

+ \[{T_{\overrightarrow u }}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {MM'} = \overrightarrow u \].

Cách giải:

+ Gọi \[M\left( {x;y} \right) \in d\] bất kì.

+ Gọi \[M'\left( {x';y'} \right) = {V_{\left( {O; - 3} \right)}}\left( M \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = - 3x\\y' = - 3y\end{array} \right.\]

+ Gọi \[M''\left( {x'';y''} \right) = {T_{\overrightarrow u }}\left( {M'} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x'' = x' + 1 = - 3x + 1\\y'' = y' + 2 = - 3y + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{ - x'' + 1}}{3}\\y = \frac{{ - y'' + 2}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{{ - x'' + 1}}{3};\frac{{ - y'' + 2}}{3}} \right)\].

+ Do \[M \in d \Rightarrow 3\frac{{ - x'' + 1}}{3} - 4\frac{{ - y'' + 2}}{3} + 1 = 0 \Leftrightarrow - 3x'' + 4y'' - 2 = 0 \Leftrightarrow 3x'' - 4y'' + 2 = 0\].

+ Gọi \[d'\] là ảnh của \[d\] qua liên tiếp phép vị tự tâm O tỉ số \[k = - 3\] và phép tịnh tiến theo vectơ \[\overrightarrow u = \left( {1;2} \right)\].

Ta có

\[ \Rightarrow d':3x - 4y + 2 = 0\]

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính tổng \[1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\]

Cách giải:

Ta có:

\[{u_{n + 1}} = {u_n} + n = {u_{n - 1}} + n + n - 1 = ...\]

\[ = {u_1} + n + n - 1 + ... + 1\]

\[ = 2018 + \frac{{\left( {n + 1} \right).n}}{2}\]

Vậy \[{u_n} = 2018 + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\].

Đáp án C

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức hạ bậc \[{\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}\]

+ Sử dụng phương pháp giải phương trình dạng \[a\sin x + b\cos x\].

Cách giải:

\[4{\cos ^2}\frac{x}{2} - \sqrt 3 \cos 2x = 1 + 2{\cos ^2}\left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow 2\left( {1 + \cos x} \right) - \sqrt 3 \cos 2x = 1 + 1 + \cos \left( {2x - \frac{\pi }{2}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 2 + 2\cos x - \sqrt 3 \cos 2x = 2 + \sin 2x \Leftrightarrow 2\cos x = \sin 2x + \sqrt 3 \cos 2x\]

\[ \Leftrightarrow \cos x = \frac{1}{2}\sin 2x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x \Leftrightarrow \cos x = \cos 2x.\cos \frac{\pi }{6} + \sin 2x.\sin \frac{\pi }{6}\]

\[ \Leftrightarrow \cos x = \cos \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{6} = x + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{6} = - x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Các nghiệm của phương trình thuộc \[\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\] là \[\left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{{18}}} \right\}\]

Đáp án C

Phương pháp:

+ Đặt \[t = \sin x - \sqrt 3 \cos x\], tìm khoảng giá trị của \[t\].

+ Đưa hàm số về ẩn \[t\] trên miền giá trị đã xác định được, lập BBT và kết luận.

Cách giải:

\[y = \sqrt {{{\left( {\sin x - \sqrt 3 \cos x} \right)}^2} - 2\sin x + 2\sqrt 3 \cos x - m + 3} \]

\[y = \sqrt {{{\left( {\sin x - \sqrt 3 \cos x} \right)}^2} - 2\left( {\sin x - \sqrt 3 \cos x} \right) - m + 3} \]

+ Đặt \[t = \sin x - \sqrt 3 \cos x = 2\left( {\frac{1}{2}\sin x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x} \right) = 2\sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) \Rightarrow - 2 \le t \le 2\]

Khi đó hàm số trở thành \[y = \sqrt {{t^2} - 2t - m + 3} \,\,\forall t \in \left[ { - 2;2} \right]\,\,\left( * \right)\].

+ Để hàm số ban đầu xác định với mọi \[x \in \mathbb{R}\] thì hàm số xác định với mọi \[t \in \left[ { - 2;2} \right]\].

Tức là \[{t^2} - 2t - m + 3 \ge 0\,\,\forall t \in \left[ { - 2;2} \right]\].

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

Để \[{t^2} - 2t - m + 3 \ge 0\,\,\forall t \in \left[ { - 2;2} \right]\] thì \[2 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2\].

Mà \[m\] nguyên dương          \[ \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}\].

Chú ý: Cần xác định chính xác khoảng giá trị của \[t\].

Đáp án C

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Xếp ngẫu nhiên 6 chữ cái trên thành hàng ngang có \[\frac{{6!}}{{2!.2!}} = 180\] cách \[ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 180\].

Buộc các chữ cái H, H thành 1 buộc, S, S thành một buộc, khi đó ta cần xếp các chữ cái \[\left( {HH} \right),\,\,\left( {SS} \right),\,\,V,\,\,N\] thành 1 hàng ngang, có \[4! = 24\] cách.

Gọi A là biến cố: “2 chữ cái giống nhau đứng cạnh nhau” \[ \Rightarrow n\left( A \right) = 24\].

Vậy \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{24}}{{180}} = \frac{2}{{15}}\].

1) \[2\sin x + \sqrt 2 = 0\]

Phương pháp:

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

Cách giải:

\[2\sin x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \sin x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

2) \[\sqrt 3 \sin x - \cos x + 2 = 0\].

Phương pháp:

Chia cả hai vế của phương trình cho \[\sqrt {{a^2} + {b^2}} \].

Cách giải: 

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

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

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

1) Cho tập hợp \[A = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\]. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ tập hợp A.

Phương pháp:

+ Gọi số tự nhiên có 4 chữ số cần lập là \[\overline {abcd} \left( {0 \le a;b;c;d \le 9;\,\,a \ne 0;\,\,a,b,c,d \in \mathbb{N}} \right)\].

+ Tìm số cách chọn từng chữ số, sau đó áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số cần lập là \[\overline {abcd} \left( {0 \le a;b;c;d \le 9;\,\,a \ne 0;\,\,a,b,c,d \in \mathbb{N}} \right)\].

+ \[a \ne 0 \Rightarrow \] Có 9 cách chọn \[a\].

+ 3 chữ số còn lại, mỗi số có 10 cách chọn.

Áp dụng quy tắc nhân ta có: \[{9.10^3} = 9000\] số.

2) Một hộp có 6 bi đỏ, 7 bi xanh, 8 bi vàng (các bi khác nhau). Lấy ngẫu nhiên 6 bi. Tính xác suất để lấy được ít nhất 3 bi đỏ.

Phương pháp:

Sử dụng biến cố đối.

Cách giải:

Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi \[ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{21}^6 = 54264\].

Gọi A là biến cố: “Lấy được ít nhất 3 viên bi đỏ” \[ \Rightarrow \overline A \]: “Lấy được ít hơn 3 viên bi đỏ”.

TH1: 0 bi đỏ + 6 bi khác màu đỏ (xanh hoặc vàng).

Số cách chọn là: \[C_6^0.C_{15}^6 = 5005\] cách.

TH2: 1 bi đỏ + 5 bi khác màu đỏ (xanh hoặc vàng).

Số cách chọn là: \[C_6^1.C_{15}^5 = 18018\] cách.

TH3: 2 bi đỏ + 4 bi khác màu đỏ (xanh hoặc vàng).

Số cách chọn là: \[C_6^2.C_{15}^4 = 20475\] cách.

Áp dụng quy tắc cộng ta có \[n\left( {\overline A } \right) = 5005 + 18018 + 20475 = 43498\].

Vậy \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{43498}}{{54264}} = \frac{{769}}{{3876}}\].

Phương pháp:

1) Xác định hai điểm chung của hai mặt phẳng.

2) + Gọi \[Q\] là trung điểm của \[SB\].

+ Chứng minh \[MN\] song song với một đường thẳng bất kì chứa trong \[\left( {SBC} \right)\].

3) + Xác định \[\Delta \].

+ Xác định giao tuyến của \[\left( {SAD} \right)\] và \[\left( {BDG} \right)\].

+ Chứng minh \[P\] là điểm chung của hai mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] và \[\left( {BDG} \right)\].

Cách giải:

1) Tìm \[\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\].

+ \[S\] là điểm chung thứ nhất.

+ Trong \[\left( {ABCD} \right)\] có \[AC \cap BD = 0\], ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\]

\[ \Rightarrow O\] là điểm chung thứ hai.

Vậy \[\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\].

2) Gọi \[Q\] là trung điểm của \[SB\].

\[NQ\] là đường trung bình của tam giác \[SAB \Rightarrow NQ//AB\] và \[NQ = \frac{1}{2}AB\].

\[ \Rightarrow NQ//MC\] và \[NQ = MC \Rightarrow MNQC\] là hình bình hành (dhnb).

\[ \Rightarrow MN//QC\]. Mà \[QC \subset \left( {SAB} \right)\].

Vậy \[MN//\left( {SAB} \right)\].

3) Gọi \[E\] là trung điểm của \[AB\] ta có \[\left( {SMG} \right) \equiv \left( {SME} \right)\].

Xác định \[\left( {SAD} \right) \cap \left( {SME} \right)\].

+ \[S\] là điểm chung thứ nhất.

+ \[\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\ME \subset \left( {SME} \right)\\AD//ME\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \] Giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] và \[\left( {SME} \right)\] là đường thẳng đi qua \[S\] và song song với

\[AD,\,\,ME\].

Qua \[S\] dựng đường thẳng song song với \[AD\] cắt \[OG\] tại \[P \Rightarrow \Delta \equiv SP\].

Nội \[BN\] ta có \[\left( {SAD} \right) \cap \left( {BDN} \right) = DN\].

\[\left\{ \begin{array}{l}P \in \Delta = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) \Rightarrow P \in \left( {SAD} \right)\\P \in OQ \subset \left( {BDG} \right) \Rightarrow P \in \left( {BDG} \right)\end{array} \right. \Rightarrow P \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {BDG} \right)\]

Vậy \[P \in DN\] hay \[P,N,D\] thẳng hàng.

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của hình \[\left( H \right) \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{36}^4 = 58905\].

Giả sử \[{A_1},{A_2},{A_3},...,{A_{36}}\] là 36 đỉnh của đa giác đều \[\left( H \right)\]. Gọi \[O\] là tâm của đa giác đều \[\left( H \right)\].

\[ \Rightarrow {A_1}{A_2}...{A_{36}}\] là đa giác đều ngoại tiếp đường tròn \[\left( O \right)\].

Khi đó ta có \[{A_i}O{A_{i + 1}} = \frac{{360^\circ }}{{36}} = 10^\circ \,\,\forall i = \overline {1;36} \].

Để \[{A_x}{A_y}{A_z}{A_t}\] là hình vuông thì \[{A_x}O{A_y} = {A_y}O{A_z} = {A_z}O{A_t} = {A_t}O{A_x} = 90^\circ \].

Ta có \[{O_1}O{A_{10}} = {A_{10}}O{A_{19}} = {A_{19}}O{A_{28}} = {A_{28}}O{A_1} = 90^\circ \Rightarrow {A_1}{A_{10}}{A_{19}}{A_{28}}\] là 1 hình vuông.

Cứ như vậy ta có các hình vuông là \[{A_2}{A_{11}}{A_{20}}{A_{29}},\,\,{A_3}{A_{12}}{A_{21}}{A_{30}},...,{A_9}{A_{18}}{A_{27}}{A_{36}}\].

Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành hình vuông”\[ \Rightarrow n\left( A \right) = 9\].

Vậy \[P\left( A \right) = \frac{9}{{58905}} = \frac{1}{{6564}}\].