Cho hai đường thẳng song song a và b Trên a lấy 17 điểm phân biệt, trên b lấy 20 điểm phân biệt. Tính số tam giác mà có các đỉnh được chọn từ 37 điểm này

A. 5690 B. 5960 C. 5950 D. 5420 Lời giải.

Một tam giác được tạo bởi ba điểm phân biệt nên ta xét:

TH1. Chọn 1 điểm thuộc a và 2 điểm thuộc b có C C₁₇¹ . ₂₀² tam giác.

TH2. Chọn 2 điểm thuộc a và 1 điểm thuộc b có C C₁₇². ₂₀¹ tam giác.

Như vậy, ta có C C₁₇¹. ₂₀² C C₁₇². ₂₀¹ 5950 tam giác cần tìm.

Chọn C.

Câu 11. Có bao nhiêu phép quay tâm O góc ,0  2 , biến tam giác đều có tâm O thành chính nó

A. 4 B. 1 C. 2 D. 3

Lời giải

Chọn đáp án A

Các phép quay thỏa mãn bài toán là Q_O;0,Q_{O;360},Q_{O;120},Q_{O;240}.

Câu 12. Điều kiện xác định của hàm số ^tan cos 1 y x

 x

 là:

A. 2

x 3 k  B. ²

3

x k

x k

 

 

  



  



C. xk2 D. ₂

2

x k

x k

 



  



 

Lời giải

Chọn đáp án D

Điều kiện: ^{cos 0} ₂ cos 1

2

x x k

x x k

 



   

 

  

  

Câu 13. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn

 

^C có phương trình



^x1

 

^{2 y2}



^{2 4}. Hỏi phép vị tự tâm O tỉ số k  2 biến

 

^C thành đường tròn nào sau đây:

A.



^x4

 

^{2 y2}



^{2 4 B.}



^x4

 

^{2 y2}



^{2 16}

C.



^x2

 

^{2 y4}



^{2 16 D.}



^x2

 

^{2 y4}



^{2 16}

Lời giải

Chọn đáp án C

Đường tròn (C ) có tâm ^I

 

^{1;2 ,R2, 'R  k R4}

Phép vị tự tâm O, tỉ số k = -2; biến tâm I thành tâm I’ nên:

     

     

' '

2 2

' 2 ; 2 1; 2 ' 2; 4

' : 2 4 16

I I

OI OI x y I

C x y

       

    

Câu 14. Cho ^v

 

^3;3 và đường tròn

 

^{C :x2 y22x4y 4 0}. Ảnh của

 

^C

qua T_v là

 

^{C' :}

A.



^x4

 

^{2 y1}



^{2 4 B.}



^x4

 

^{2 y1}



^{2 9}

C.



^x4

 

^{2 y1}



^{2 9 D. x2y28x2y 4 0}

Lời giải

Chọn đáp án B

 

^{C :x2 y22x4y  4 0}



^x1

 

^{2 y2}



^{2 9.}

Đường tròn (C ) có tâm I(1; -2) và R = 3.

Tinh tiến theo ^v

 

^3;3 biến tâm I thành tâm I’ nên:

' '

4 '(4;1) 1

I I v

I I v

x x x y y y I

   

 

   



Đường tròn (C’) có tâm I’ ( 4; 1) và bán kính R’ = R = 3 có phương trình:

(x – 4)² + ( y + 1)² = 9

Câu 15. Chu kỳ của hàm số tan

y x4

  là:

A.  B.

4

 C. 2 D.

2



Lời giải

Chọn đáp án A

Hàm số ^{ytanx ax}



^b

 

^a0



có chu kỳ T a

 

Câu 16. Có 5 tem thư khác nhau và 6 bì thư khác nhau. Từ đó người ta muốn chọn ra 3 tem thư, 3 bì thư và dán 3 tem thư ấy lên 3 bì đã chọn. Hỏi có bao nhiêu cách làm như thế?

A. 1000 B. 1200 C. 2000 D. 2200 Lời giải.

Số cách chọn 3 tem thư trong 5 tem thư khác nhau là: C₅³ cách.

Số cách chọn 3 bì thư trong 6 bì thư khác nhau là: C₆³ cách.

Số cách dán tem thư thứ nhất vào 3 bì thư là: C₃¹ cách.

Số cách dán tem thư thứ hai vào 2 bì thư còn lại là: C₂¹ cách.

Số cách dán tem thư thứ hai vào bì thư cuối cùng là: C₁¹ cách.

Vậy có C5³ C6³ C3¹ C2¹ C1¹ 1200 cách làm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Câu 17. Ảnh của đường thẳng d: 3 x 4y 5 0 qua phép đối xứng trục Ox là đường thẳng nào sau đây

A. 3x4y 5 0 B. 3x4y 5 0 C.  3x 4y 5 0 D. x3y 5 0 Lời giải

Chọn đáp án A

Đường thẳng d cắt trục Ox tại điểm có hoành độ ⁵

x 3 và trục tung tại điểm có tung độ ⁵

y 4.

Đường thẳng d' là ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng trục Ox cắt trục Ox tại điểm có hoành độ ⁵

x 3 và trục tung tại điểm có tung độ ⁵ y4 Phương trình đoạn chắn của d’: 1 ' : 3 4 5 0

5 5

3 4

x y

d x y

     

Câu 18. Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp, tính xác suất để 5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng.

A. ^313.

408 B. ^{95 .}

408 C. ^{5 .}

102 D. ^{25 .}

136

Lời giải.

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 viên bi từ hộp chứa 18 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là C₁₈⁵ 8568.

Gọi A là biến cố ''5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng''. Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

● TH1: Chọn 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh nên có C C C6¹. .7¹ 5³ cách.

● TH2: Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh nên có C C C₆². .₇^{2 1}₅ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là _A C C C₆¹. .₇¹ ₅³ C C C₆². .₇² ₅¹ 1995. Vậy xác suất cần tính ^{1995 95}

8568 408

P A A .

Chọn B.

Câu 19. Ảnh của điểm ^P



^1;3



qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm ^O

 

^{0;0 góc quay 180} và phép vị tự tâm ^O

 

^0;0 tỉ số 2 là.

A. (2; -6) B. (-2; 6) C. (6; 2) D. (- 6; -2) Lời giải

Chọn đáp án A

Gọi ^{M x y}

 

^; là ảnh của P qua phép quay tâm O, góc quay 180°.

Khi đó O là trung điểm của MP suy ra ^M



^{1; 3}



^.

Phép vị tự tâm O, tỉ số k 2 biến điểm M thành điểm N nên:

2 2

2 (2; 6)

2 6

N M

N M

x x

ON OM N

y y

  

      

Câu 20. Cho cos ³

  5 với

  2   . Tính giá trị ^{3 2sin 2} 4 cos 2

P 



 

 .

A. ²⁵

107 B. ²⁸

107 C. ²⁷

107 D. ⁵¹

107 Lời giải

Chọn đáp án D Ta có

 

2 2

2

sin 1 cos 4 3 2sin cos 51

sin 5 107

sin  0   P 4 2cos 1

 

   

    

   



Câu 21. Trong một hộp chứa sáu quả cầu trắng được đánh số từ 1 đến 6 và ba quả cầu đen được đánh số 7; 8; 9 Có bao nhiêu cách chọn một trong các quả cầu ấy?

A.27 B. 9 C. 6 D. 3 Lời giải.

Vì các quả cầu trắng hoặc đen đều được đánh số phân biệt nên mỗi lần lấy ra một quả cầu bất kì là một lần chọn.

Nếu chọn một quả trắng có 6 cách.

Nếu chọn một quả đen có 3 cách.

Theo qui tắc cộng, ta có 6 + 3= 9 cách chọn.

Chọn B.

Câu 22. Tìm m để phương trình 5cosxmsinx m 1 có nghiệm

A. m24 B. m24 C. m12 D. m 13 Lời giải.

Chọn đáp án C

Để phương trình đã cho có nghiệm khi:

2 2 2 2 2

5 ( 1) 25 2 1

24 2 12

m m m m m

m m

       

   

Câu 23. Sắp xếp năm bạn học sinh An, Bình, Chi, Dũng, Lệ vào một chiếc ghế dài có 5 chỗ ngồi. Số cách sắp xếp sao cho bạn Chi luôn ngồi chính giữa là

A. 24 B. 120 C. 60 D. 16

Lời giải.

Xếp bạn Chi ngồi giữa có 1 cách.

Số cách xếp 4 bạn sinh An, Bình, Dũng, Lệ vào 4 chỗ còn lại là một hoán vị của 4 phần tử nên có có 4! = 24 cách.

Vậy có 24 cách xếp.

Chọn A.

Câu 24. Phương trình: 3 sin 3xcos3x 1 tương đương với phương trình nào sau đây:

A. sin 3 ¹

6 2

x 

   

 

  B. sin 3

6 6

x  

   

 

 

C. sin 3 ¹

6 2

x 

   

 

  D. sin 3 ¹

6 2

x 

  

 

 

Lời giải

Chọn đáp án C

Ta có sin 3 . ^{3 1}cos3 ¹ sin 3 ¹

2 2 2 6 2

x  x    x   .

Câu 25. Một thùng trong đó có 12 hộp đựng bút màu đỏ, 18hộp đựng bút màu xanh. Số cách khác nhau để chọn được đồng thời một hộp màu đỏ, một hộp màu xanh là?

A. 13 B. 12 C. 18 D. 216 Lời giải.

Để chọn một hộp màu đỏ và một hộp màu xanh, ta có:

Có 12 cách chọn hộp màu đỏ.

Có 18 cách chọn hộp màu xanh.

Vậy theo qui tắc nhân ta có 12. 18 = 216 cách.

Chọn D.

Câu 26. Phương trình 1 cos xm có đúng 2 nghiệm ;³ 2 2 x   

 

  khi và chỉ khi:

A. 0 m 1 B. 0 m 1 C.   1 m 1 D.   1 m 0 Lời giải

Chọn đáp án A

Phương trình đã cho có 2 nghiệm ;³ 2 2 x   

 

  khi và chỉ khi

1 cosx m 1 0 0 m 1

        .

Câu 27. Tìm hệ số của x¹² trong khai triển (2xx^{2 10}) A. C10⁸. B. C10²2 .⁸ C. C10². D. C10²2 .⁸ Lời giải. Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có Số hạng đứng thứ k + 1 là:

10 2

10

10 10 2 10 10

10 10

(2 ) .( )

2 .( 1) 2 .( 1)

k k k

k k k k k k k k k

C x x

C x x C x



   



   

Hệ số của x¹² ứng với 10+ k = 12 nên k = 2

Hệ số cần tìm C10²2 .⁸ Chọn B.

Câu 28. Giải phương trình sinxcosx 4.sin 2x1

A. 2

x 2 k  hoặc ^{x  k2}



^k



^{B. 3 2}

 

x 4 k  k

C.

 

x_k2 k_

D. xk2 hoặc

 

2 2

x  k  k Lời giải

Chọn đáp án C

Đặt t sinxcosx  t² sin²x2sin cosx xcos²x   t² 1 sin 2x Do đó sin 2x 1 t².

Khi đó ^{4 1}



²



^{1 4 2 3 0 1} 3

_{ }

4 t

t t t t

t l

 

       

  



Với t1 ta có: ^{sin 2 0 ,}

 

2 x_{  }x k k_

.

Trong tài liệu Hệ thống kiến thức Toán lớp 11 Học kì 1 (Trang 60-69)