Đề thi thử giữa học kỳ 1 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 01

\(\begin{array}{l}
\left( {\sin x + \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)\cos x = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x + \frac{1}{{\sqrt 3 }} = 0\\
\cos x = 0
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
\cos x = 0
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \arcsin \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) + k2\pi \\
x = \pi - \arcsin \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) + k2\pi \\
x = \frac{\pi }{2} + k\pi
\end{array} \right.
\end{array}\)

Với \(x = \arcsin \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) + k2\pi \) thì:

\(\begin{array}{l}
- \pi < \arcsin \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) + k2\pi < 5\pi \\
\Leftrightarrow - 0,4 < k < 2,59\\
\Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2} \right\}
\end{array}\)

Với \(x = \pi  - \arcsin \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) + k2\pi \) thì:

\(\begin{array}{l}
- \pi < \pi - \arcsin \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) + k2\pi < 5\pi \\
\Leftrightarrow - 1,1 < k < 1,9\\
\Rightarrow k \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}
\end{array}\)

Với \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) thì:

\(\begin{array}{l}
- \pi < \frac{\pi }{2} + k\pi < 5\pi \\
\Leftrightarrow - \frac{3}{2} < k < \frac{9}{2}\\
\Rightarrow k \in \left\{ { - 1;0;1;2;3;4} \right\}
\end{array}\) 

Vậy có tất cả 3+3+6=12 nghiệm thỏa mãn.

Chọn D.

ĐK: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x \ne 0}\\{\cos x \ne 0}\end{array}}\right.  \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \\ \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \dfrac{{k\pi }}{2} \)

Chọn C

Ta có \( - \sqrt {{8^2} + {6^2}}  \le 8\sin x + 6\cos x \le \sqrt {{8^2} + {6^2}} \)

\(\Rightarrow  - 10 \le y \le 10\)

Chọn C.

Theo yêu cầu của bài toán:

+ Xếp 5 sách văn kề nhau thì có \(5!\) cách.

+ Coi 5 quyển văn là 1 quyển sách, xếp cùng 7 sách toán có \(8!\) cách

Vậy có 5!.8! cách.

Chọn C.

Ta có: \(2A_n^4 = 3A_{n - 1}^4\quad ;n \ge 5\)

\(\Leftrightarrow 2.\dfrac{{n!}}{{\left( {n - 4} \right)!}} = 3.\dfrac{{\left( {n - 1} \right)!}}{{\left( {n - 5} \right)!}}\)

\( \Leftrightarrow 2n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)\left( {n - 3} \right) \)\(= 3\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)\left( {n - 3} \right)\left( {n - 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2n = 3\left( {n - 4} \right) \Leftrightarrow n = 12\)

Chon B.

Gọi \({T_{\vec v}}\left( M \right) = {M_2} \Leftrightarrow \overrightarrow {M{M_2}}  = \vec v\)

Từ \(\overrightarrow {M{M_2}}  = 2\overrightarrow {PQ}  \Rightarrow 2\overrightarrow {PQ}  = \vec v\)

Chọn C.

\({T_{\vec v}}\left( A \right) = B \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \vec v \) \(\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_B} = 1 + 1 = 2}\\{{y_B} = 2 + 3 = 5}\end{array}} \right. \Rightarrow B\left( {2;5} \right)\)

Chọn A.

\( - \sqrt {{3^2} + {4^2}}  \le 3\sin x + 4\cos x \le \sqrt {{3^2} + {4^2}}  \) \(\Rightarrow  - 5 \le 3\sin x + 4\cos x \le 5 \) \(\Leftrightarrow  - 4 \le 3\sin x + 4\cos x + 1 \le 6\)

Chọn C.

Theo yêu cầu bài toán:

TH1: Chọn 2 điểm trong 10 điểm và chọn 1 điểm trong 15 điểm có \(C_{10}^2.C_{15}^1\) (cách)

TH2: Chọn 1 điểm trong 10 điểm và chọn 2 điểm trong 15 điểm có \(C_{10}^1.C_{15}^2\) (cách)

Vậy có \(C_{10}^2C_{15}^1 + C_{10}^1C_{15}^2\)(cách)

Chọn C.

Số cách chọn màu để tô cho 3 nước khác nhau là: \(A_5^3 = \dfrac{{5!}}{{\left( {5 - 3} \right)!}} = \dfrac{{5!}}{{2!}}\)

Chọn A.

Lấy \(M\left( {x;y} \right) \in (C)\) tùy ý , ta có \({x^2} + {(y - 1)^2} = 1(*)\).

Gọi \(M'\left( {x';y'} \right) = {T_{\vec v}}\left( M \right)\)

Vì \({T_{\vec v}}\left( C \right) = \left( {C'} \right) \Rightarrow M' \in \left( {C'} \right)\)

Ta có \({T_{\vec v}}\left( M \right) = M' \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x' = x - 3\\
y' = y - 2
\end{array} \right.\)

 \(\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = x' + 3}\\{y = y' + 2}\end{array} \Rightarrow M\left( {x' + 3;y' + 2} \right)} \right.\)

Thay vào (*) ta được \({\left( {x' + 3} \right)^2} + {\left( {y' + 1} \right)^2} = 1\)

Mà \(M'\left( {x';y'} \right) \in \left( {C'} \right)\)

Vậy phương trình đường tròn\(\left( {C'} \right):{\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 1\)

Chọn A.

Khẳng định C sai vì khi d cắt a mà d vuông góc a thì d trùng d'.

Chọn C.

Gọi \(\left( {P'} \right) = \)Đ­Oy (P)

Gọi \(M\left( {x;y} \right) \in \left( P \right)\) tùy ý.

ĐOy(M) = \(M'\left( {x';y'} \right) \)\(\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' =  - x}\\{y' = y}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - x'}\\{y = y'}\end{array}} \right. \) \(\Rightarrow M\left( { - x';y'} \right)\)

Vì \(M \in \left( P \right)\) nên \({y'^2} =  - x'\)

Mặt khác\(M' \in \left( {P'} \right)\)

Vậy phương trình parabol \(\left( {P'} \right):{y^2} =  - x\)

Chọn B.

\(\sqrt {2 + \sqrt {2 + 2\cos x} }  \)\(= \sqrt {2 + \sqrt {2 + 2\left( {2{{\cos }^2}\dfrac{x}{2} - 1} \right)} }  \)\(= \sqrt {2 + \sqrt {4{{\cos }^2}\dfrac{x}{2}} }  \)\(= \sqrt {2 + 2\left| {\cos \dfrac{x}{2}} \right|} \)

Vì \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên \(\dfrac{x}{2} \in \left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]\) \(\Rightarrow \cos \dfrac{x}{2} \ge 0\).

Do đó

\(\sqrt {2 + \sqrt {2 + 2\cos x} } \)\( = \sqrt {2 + 2\cos \dfrac{x}{2}}\)\(  = \sqrt {2 + 2\left( {2{{\cos }^2}\dfrac{x}{4} - 1} \right)}  \) \(= \sqrt {4{{\cos }^2}\dfrac{x}{4}}  \) \(= \left| {2\cos \dfrac{x}{4}} \right| = 2\cos \dfrac{x}{4}\) 

(vì \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên \(\dfrac{x}{4} \in \left[ {0;\dfrac{\pi }{4}} \right] \) \(\Rightarrow \cos \dfrac{x}{4} > 0\))

Chọn A

ĐK: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{1 + x}}{{1 - x}} \ge 0}\\{1 - x \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow x \in {\rm{[}} - 1;1)} \right.\)

Chọn C.

12 đường thằng có nhiều nhất \(\dfrac{{A_{12}^2}}{2} = 66\) (giao điểm)

Chọn B.

Theo yêu cầu bài toán:

+ Chọn 2 học sinh trong 10 học sinh có \(C_{10}^2\) (cách)

+ Chọn 3 học sinh trong 8 học sinh còn lại có: \(C_8^3\) (cách)

+ Chọn 5 học sinh trong 5 học sinh còn lại có \(C_5^5\) (cách)

Vậy có \(C_{10}^2.C_8^3.C_5^5\) cách.

Chọn B.

Gọi \(M'(x';y')\) là ảnh của M qua ĐOx

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}x' = 1\\y' =  - 5\end{array} \right. \Rightarrow M'\left( {1; - 5} \right)\)

Chọn C.

Phép đối xứng tâm có đúng 1 điểm biến thành chính nó. Điểm đó là tâm đối xứng.

Chọn B.

Gọi \(d' = \)ĐI (d)

Giả sử phép đối xứng tâm \(I\left( {1;2} \right)\) biến \(M\left( {x;y} \right) \in d\) thành điểm \(M'\left( {x';y'} \right)\) suy ra \(M' \in d'\)

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 2.1 - x = 2 - x}\\{y' = 2.2 - y = 4 - y}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 - x'}\\{y = 4 - y'}\end{array}} \right. \) \(\Rightarrow M\left( {2 - x';4 - y'} \right).\) 

\(M\left( {x;y} \right) \in d\) nên ta có \(\left( {2 - x'} \right) + \left( {4 - y'} \right) - 2 = 0 \) \(\Leftrightarrow x' + y' - 4 = 0\)

Mà \(M' \in d'\)

Vậy \(d':x + y - 4 = 0\)

Chọn B.

Do \(\left| {\dfrac{\pi }{3}} \right| > 1 \Rightarrow \cos x = \dfrac{\pi }{3}\) vô nghiệm.

Chọn B

\(2{\sin ^2}x + m\sin 2x = 2m \) \(\Leftrightarrow 2.\dfrac{{1 - \cos 2x}}{2} + m\sin 2x = 2m\) \( \Leftrightarrow m\sin 2x - \cos 2x = 2m - 1\,\,\,(1)\)

Để phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) vô nghiệm

\( \Leftrightarrow {m^2} + 1 < {\left( {2m - 1} \right)^2} \) \(\Leftrightarrow {m^2} + 1 < 4{m^2} - 4m + 1 \) \(\Leftrightarrow 3{m^3} - 4m > 0 \) \(\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 0}\\{m > \dfrac{4}{3}}\end{array}} \right.\) 

Chọn D.

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {abcde} \)

TH1: \(e = 0\)

+ a có 5 cách chọn.

+ b có 4 cách chọn.

+ c có 3 cách chọn.

+ d có 2 cách chọn.

\( \Rightarrow \) Có 120 cách.

TH2: \(e \ne 0\)

+ e có 2 cách.

+ a có 4 cách.

+ b có 4 cách.

+ c có 3 cách

+ d có 2 cách.

\( \Rightarrow \) Có 192 cách

Vậy có tổng 312 cách.

Chọn C.

Lấy \(M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)\) tùy ý, ta có \({x^2} + {y^2} = 1\,\,\left( * \right)\)

Gọi \(M'\left( {x';y'} \right) = \) ĐI (M) \( \Rightarrow M' \in \left( {C'} \right)\)

Do ĐI (M) = \(M'\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 2.1 - x}\\{y' = 2.0 - y}\end{array} \Leftrightarrow } \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 2 - x}\\{y' =  - y}\end{array}} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 - x'\\y =  - y'\end{array} \right.\)

Thay vào (*) ta được: \({(2 - x')^2} + {( - y')^2} = 1\) \( \Leftrightarrow {(x' - 2)^2} + y{'^2} = 1\)

Mà \(M' \in \left( {C'} \right)\) 

Vậy phương trình đường tròn \(\left( {C'} \right)\)là: \({(x - 2)^2} + {y^2} = 1\)

Chọn A.

Có 3 phép quay tâm O góc \(\alpha ,0 < \alpha  \le 2\pi \) biến tam giác đều tâm O thành chính nó .

Đó là các phép quay với góc quay lần lượt bằng: \(\dfrac{{2\pi }}{3},\dfrac{{4\pi }}{3},2\pi \).

Chọn C.

\({\cos ^2}x - \cos x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{\cos x = 1}\end{array}} \right. \)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi }\\{x = k2\pi }\end{array}} \right.\)

Do \(x \in (0;\pi )\) nên \(x = \dfrac{\pi }{2}\)

Chọn D.

Số tam giác mà 3 điểm có nó thuộc 2010 điểm đã cho là \(C_{2010}^3 = 1351414120\) (cách)

Chọn C.

Ta có \({Q_{\left( {O;\varphi } \right)}}(A) = M\) suy ra

+ OA= OM nên (I) đúng.

+ (II) xảy ra khi \(\Delta OAM\) vuông tại O, nói chung điều này không đúng, nên (II) sai.

+ \(\left( {OA,OM} \right) = \varphi \) nên (III) sai.

Chọn C.

Gọi \(M'\left( {x';y'} \right) = {Q_{\left( {O;{{30}^0}} \right)}}(M)\) .

Áp dụng biểu thức tọa độ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = x\cos \alpha  - y\sin \alpha }\\{y' = x\sin \alpha  + y\cos \alpha }\end{array}} \right.\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 3\cos {{30}^0} - 4\sin {{30}^0} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} - 2}\\{y' = 3\sin {{30}^0} + 4\cos {{30}^0} = \dfrac{3}{2} + 2\sqrt 3 }\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow M'\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} - 2;\dfrac{3}{2} + 2\sqrt 3 } \right)\) 

Chọn D.

Gọi \({d_1} = \)ĐO (d)

Gọi \({M_1}({x_1};{y_1})\)là ảnh của \(M(x;y) \in d\) qua ĐO\( \Rightarrow {M_1} \in {d_1}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} =  - x\\{y_1} =  - y\end{array} \right.\)

Gọi \({d_2} = {T_{\overrightarrow v }}({d_1})\)

Gọi \({M_2}({x_2};{y_2})\)là ảnh của \({M_1} \in {d_1}\) qua \({T_{\overrightarrow v }}\) \( \Rightarrow {M_2} \in {d_2}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = {x_1} + 3\\{y_2} = {y_1} + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} =  - x + 3\\{y_2} =  - y + 2\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3 - {x_2}\\y = 2 - {y_2}\end{array} \right.\)

Mà \(M(x;y) \in d\)

Do đó \(3 - {x_2} + 2 - {y_2} - 2 = 0 \Leftrightarrow {x_2} + {y_2} - 3 = 0\)

Mặt khác \({M_2} \in {d_2}\)

Vậy \({d_2}:x + y - 3 = 0\) 

Chọn D.

\(\begin{array}{l}
\sin x + \sin 2x = \cos x + 2{\cos ^2}x\\
\Leftrightarrow \sin x + 2\sin x\cos x = \cos x + 2{\cos ^2}x\\
\Leftrightarrow \sin x\left( {1 + 2\cos x} \right) = \cos x\left( {1 + 2\cos x} \right)\\
\Leftrightarrow \sin x\left( {1 + 2\cos x} \right) - \cos x\left( {1 + 2\cos x} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {1 + 2\cos x} \right)\left( {\sin x - \cos x} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 + 2\cos x = 0\\
\sin x - \cos x = 0
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x = - \frac{1}{2}\\
\sin x = \cos x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x = - \frac{1}{2}\\
\tan x = 1
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\
x = \frac{\pi }{4} + k2\pi
\end{array} \right.
\end{array}\)

Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm \(x=\frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \) là \(x=\frac{{2\pi }}{3} \).

Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm \(x=-\frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \) là \(x=\frac{{4\pi }}{3} \).

Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm \(x=\frac{{\pi }}{4} + k2\pi \) là \(x=\frac{{\pi }}{4} \).

So sánh ba nghiệm trên ta thấy nghiệm nhỏ nhất là \(x=\frac{{\pi }}{4} \).

Chọn B

Gọi số cần tìm có dạng là \(\overline {abcde} \)

Theo yêu cầu bài toán:

+ a có 5 cách chọn.

+ b có 5 cách chọn.

+ c có 4 cách chọn.

+ d có 3 cách chọn.

+ 3 có 2 cách chọn.

Vậy có 600 số cần tìm.

Chọn D.

+ Chọn An có 1 cách chọn.

+ Chon 3 bạn trong 11 bạn để cùng trực với An có: \(C{}_{11}^3 = 165\) (cách)

Chọn D.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên \(\overrightarrow {GA}  =  - 2\overrightarrow {GA'} ,\,\overrightarrow {GB}  =  - 2\overrightarrow {GB'} ,\) \(\overrightarrow {GC}  =  - 2\overrightarrow {GC'} .\)

Do đó phép vị tự \({V_{\left( {G; - 2} \right)}}\) biến tam giác \(A'B'C'\) thành tam giác ABC.

Chọn B.

Giả sử hai đường tròn \(\left( C \right),\,\left( {C'} \right)\) có tâm và bán kính lần lượt là \(O,O'\) và \(R,R'\)

\(\left( {C'} \right)\) có phương trình : \({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 9\)có tâm \(O'\left( { - 2;1} \right),R' = 3\)

Vì \({V_{(I;3)}}(C) = (C') \Rightarrow {V_{(I;3)}}(O) = (O')\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2 = 3x + \left( {1 - 3} \right).1}\\{ - 1 = 3y + \left( {1 - 3} \right).0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{y = \dfrac{{ - 1}}{3}}\end{array}} \right. \Rightarrow O(0;\dfrac{{ - 1}}{3})\) 

Lại có  \(R' = 3R \Leftrightarrow R = 1(do\,{V_{(I;3)}}(C) = (C')\,\,)\)

Vậy phương trình của (C) là: \({x^2} + {\left( {y + \dfrac{1}{3}} \right)^2} = 1\)

Chọn C.

Điều kiện xác định: \(\sin x \ne  - 1 \) \( \Leftrightarrow x \ne \dfrac{{3\pi }}{2} + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn C.

\(\sqrt 3 \cos x + m - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \cos x = \frac{{1 - m}}{{\sqrt 3 }}\)

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: \( - 1 \le \dfrac{{1 - m}}{{\sqrt 3 }} \le 1\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow - \sqrt 3 \le 1 - m \le \sqrt 3 \\
\Leftrightarrow - \sqrt 3 - 1 \le - m \le \sqrt 3 - 1\\
\Leftrightarrow \sqrt 3 + 1 \ge m \ge - \sqrt 3 + 1
\end{array}\)

\( \Leftrightarrow 1 - \sqrt 3  \le m \le 1 + \sqrt 3 \)

Chọn C.

Ta có: \(2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x =  - \dfrac{1}{2} \) \(\Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{{2\pi }}{3} + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn B.

Gọi \(A'(x';y')\).

Ta có \({V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {IA'}  = 2\overrightarrow {IA} \) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 0}\\{y' = 5}\end{array}} \right. \Rightarrow A'\left( {0;5} \right)\)

Gọi \(B'(x'';y'')\)

Vì ĐB\(\left( {A'} \right) = B'\)

nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x'' = 2.\left( { - 3} \right) - 0 =  - 6}\\{y'' = 2.1 - 5 =  - 3}\end{array}} \right. \Rightarrow B'\left( { - 6; - 3} \right)\)

Chọn C.

Vì phép đồng dạng tỉ số \(k = \dfrac{1}{2}\) biến điểm A thành \(A'\) , biến điểm B thành \(B'\) nên \(A'B' = \dfrac{1}{2}AB \) \(= \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {4 + 2} \right)}^2} + {{\left( {1 + 3} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {52} }}{2}\)

Chọn A.