Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 14

Ta có:

\({\tan ^2}3x - 1 = 0 \\\Leftrightarrow \left( {\tan 3x - 1} \right)\left( {\tan 3x + 1} \right) = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan 3x = 1\\\tan 3x = - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \\3x = - \dfrac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{{12}} + k\dfrac{\pi }{3}\\x = - \dfrac{\pi }{{12}} + k\dfrac{\pi }{3}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có: 

\(P = {\sin ^2}{45^0} - \cos {60^0}\\= {\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} = 0\)

Xét phương trình \(5\sin x - 2\cos x = 3\) có \({5^2} + {\left( { - 2} \right)^2} > {3^2}\)

⇒ Phương trình \(5\sin x - 2\cos x = 3\) có nghiệm.

Ta có: \(5 + 4\cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \dfrac{5}{4} < - 1\)

⇒ Phương trình \(5 + 4\cos x = 0\) vô nghiệm.

Ta có:

\(\cos x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow 3 - \cos x \in \left[ {2;4} \right]\)

\(\Rightarrow y = \dfrac{{\sin x + 1}}{{3 - \cos x}}\) luôn xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Ta có: \(2\cos x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\(\Leftrightarrow x = \pm \dfrac{{3\pi }}{4} + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

+ Với \(x = \dfrac{{3\pi }}{4} + k2\pi \in \left( { - 6;6} \right)\)

\(\Rightarrow k \in \left( { - 1,32;0,579} \right) \to k \in \left\{ { - 1;0} \right\}\)

+ Với \(x = - \dfrac{{3\pi }}{4} + k2\pi \in \left( { - 6;6} \right)\)

\( \Rightarrow k \in \left( { - 0,57;1,329} \right) \to k \in \left\{ {0;1} \right\}\)

Ta có: \(y = {x^2} - \sin 4x \ne {\left( { - x} \right)^2} - \sin \left( { - 4x} \right)\)

⇒ Hàm số \(y = {x^2} - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in4}}x\) không phải là hàm chẵn, cũng không phải là hàm lẻ.

Hàm số \(y = \cos x\) giảm trong khoảng \(\left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Ta có:

\(\sin x \in \left[ { - 1;1} \right] \\\Rightarrow \sin x + 3 \in \left[ {2;4} \right] \\\Rightarrow \sqrt {\sin x + 3} \in \left[ {\sqrt 2 ;2} \right]\)

Khi đó \(y = 4\sqrt {\sin x + 3} - 1 \in \left[ {4\sqrt 2 - 1;7} \right]\)

Ta có: \(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có: 

\(\sin 2x = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \dfrac{\pi }{3}\)

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

+ Với \(x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \in \left( {0;3\pi } \right) \Rightarrow k \in \left( { - \dfrac{1}{6};\dfrac{{17}}{6}} \right) \to k \in \left\{ {0;1;2} \right\}\)

+ Với \(x = \dfrac{\pi }{3} + k\pi \in \left( {0;3\pi } \right) \Rightarrow k \in \left( { - \dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}} \right) \to k \in \left\{ {0;1;2} \right\}\)

Ta có: 

\(2\cos \left( {x - \dfrac{\pi }{3}} \right) = 1 \\\Leftrightarrow \cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\\\Leftrightarrow \cos \left( {x - \dfrac{\pi }{3}} \right) = \cos \dfrac{\pi }{3}\)

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

Các nghiệm thuộc khoảng \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\) là \(\left\{ {0;\dfrac{{2\pi }}{3}} \right\}\)

Do đó tổng hai nghiệm là \(\dfrac{{2\pi }}{3}\).

\(\begin{array}{l}\dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 1} \right)!}} = 72\\\Leftrightarrow \left( {n + 1} \right)n = 72\\\Leftrightarrow {n^2} + n - 72 = 0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 8\,\,\left( {TM} \right)\\n = - 9\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Chủ tọa có 3 cái bắt tay, theo thứ tự lần lượt từng người tiếp tục bắt tay với những người tiếp theo thì có tổng cộng là

3 + 11+ 10 + 9 +8 + 7+ 6 + 5+ 4 + 3+ 2+ 1=69.

Trường hợp 1: xếp quyển thứ nhất ở hai đầu thì có số cách sắp là 2.1.8!=80640.

Trường hợp 2: xếp quyển 1 vào một vị trí bất kì vào bên trong dãy sách thì có 8.2.8!= 645120.

Vậy có 80640 + 645120 = 725760 cách xếp.

Tổng hai số hạng cuối là 

\(C_{16}^{16}.{x^0}{\left( { - \sqrt y } \right)^{16}} + C_{16}^{15}.x{\left( { - \sqrt y } \right)^{15}} = {y^8} - 16x\sqrt {{y^{15}}} \)

Trường hợp 1: đi từ A đến B rồi từ B đến D có 10.6 = 60.

Trường hợp 2: đi từ A đến C rồi từ C đến D có 9.11 = 99.

Vậy có 60 +  99 = 159 cách đi từ A đến D.

Tổng ba số hạng đầu là

\(C_6^0{\left( {2a} \right)^6}.{\left( { - 1} \right)^0} + C_6^1.{\left( {2a} \right)^5}.{\left( { - 1} \right)^1} + C_6^2.{\left( {2a} \right)^4}.{\left( { - 1} \right)^2} \\= 64{a^6} + - 192{a^5} + 240{a^4}\)

Số tam giác được tạo thành bằng cách chọn 3 điểm bất kì trong 2n điểm nên số tam giác là \(C_{2n}^3\)
Vì đây là đa giác đều 2n cạnh nên đa giác nội tiếp đường trò suy ra có n đường kính 
Một hình chữ nhật có hai đường chéo là hai đường kính nên muốn có một HCN thì phải lấy hai đường kính bất kì trong n đường kính.Ta có \(C_n^2\).

Vậy ta có

\(C_{2n}^3 = 20.C_n^2\,\, \\ \Leftrightarrow \,\,4{n^2} - 36n + 32 = 0\,\, \\ \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}n = 1 \ (loại)\\n = 8\end{array} \right.\)

Có tất cả 18 cuốn. Số cách chọn sao cho không còn cuốn toán nào là \(C_5^5.C_{13}^1 = 13.\)

Số cách chọn sao cho không còn cuốn văn nào là \(C_6^6 = 1\).

Do có 6 cuốn anh nên không thể không chọn được cuốn anh nào.

Số cách chọn để sau khi tặng cong mỗi loại còn ít nhất 1 cuốn là 18564 – (1+13) = 18550.

Do tặng sách cho 6 học sinh khác nhau  và 6 cuốn sách là khác nhau nên có 6!  cách.

Vậy có 18550.6!=13356000.

Theo nhị thức Newton, ta có 

\(C_6^k.{\left( {8{a^2}} \right)^{6 - k}}.{\left( { - \dfrac{1}{2}b} \right)^k}\) có chứa \({a^6}{b^3}\), suy ra k = 3  nên hệ số đó là \(C_6^3{.8^3}.\left( { - {{\dfrac{1}{2}}^3}} \right).{a^6}{b^3} = - 1280{a^6}{b^3}\)

Trường hợp 1: Chọn trước cho một tổ bất kì , chọn tối đa cho một tổ có thể là 3 bạn nữ có \(C_7^3\) cách chọn.

Chọn trước cho tổ 1, số cách chọn bạn nam là \(C_{26}^7\).

Chọn tiếp số bạn nữ cho tổ hai, lúc này chỉ có 2 cách chọn vì chỉ còn lại 4 bạn nữ, có \(C_4^2\) cách chọn.

Chọn bạn namcho tổ 2 có \(C_{19}^9\).

Trường hợp 2: Chọn 2 bạn nữ cho tổ 1, có \(C_7^2\) cách chọn.

Chọn bạn nam cho tổ 1 có \(C_{26}^8\) cách chọn.

Chọn ban nữ cho tổ 2, có thể chọn 2 bạn tức là \(C_5^2\) cách chọn.

Chọn bạn nam cho tồ 2 có \(C_{18}^9\).

Trường hợp ba: tổ 1 chọn ra 2 bạn nữ, tổ 2 chọn ra 3 bạn nữ, còn lại tổ ba, ta có: \(C_7^2.C_{26}^8C_5^3.C_{18}^8\).

Vậy có số cách chọn là \(C_7^3.C_{26}^7.C_4^2.C_{19}^9 + C_7^2.C_{26}^8.C_5^2.C_{18}^9 + C_7^2.C_{26}^8.C_5^3.C_{18}^8\)

Phái đoàn gồm 3 người Anh, 5 người Pháp, 7 người Mỹ chia làm ba nhóm có 2 cách xếp theo nhóm là Mỹ – Anh – Pháp, Mỹ - Pháp – Anh.

Trong nhóm người Anh có 3.2.1 = 6 cách xếp.

Trong nhóm người Pháp 5! = 120 cách xếp .

Trong nhóm người Mỹ có 7! = 5040 cách xếp.

Vậy có  2.6.120.5040 = 7257600 cách chọn.

Một số gồm 5 chữ lập thành từ các chữ số A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} có dạng:

\(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} \), với \({a_i} \in A,i = \overline {1,5} \).

Chữ số đầu tiên bằng 3 nên a₁ = 3 có 1 cách chọn.

a₂ có 7 cách chọn, a₃ có 7 cách chọn, a₄ có 7 cách chọn, a₅ có 7 cách chọn.

Vậy có \({7^4} = 2401\) cách chọn.

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

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

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

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 \(\left( {C'} \right):{\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 1\)

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.

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

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 3\cos {{30}^0} - 4\sin {{30}^0} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} - 2}\\{y' = 3\sin {{30}^0} + 4\cos {{30}^0} = \dfrac{3}{2} + 2\sqrt 3 }\end{array}} \right.\\ \Rightarrow M'\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} - 2;\dfrac{3}{2} + 2\sqrt 3 } \right)\)

Gọi \({d_1} =Đ_O\) (d)

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

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 \({d_2}:x + y - 3 = 0\)

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.

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

(C') 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: \({x^2} + {\left( {y + \dfrac{1}{3}} \right)^2} = 1\)

Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.

Vì phép đồng dạng tỉ số \(k = \dfrac{1}{2}\) biến điểm A thành A', biến điểm B thành B' nên

\(A'B' = \dfrac{1}{2}AB \\= \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {4 + 2} \right)}^2} + {{\left( {1 + 3} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {52} }}{2}\)

Phép đối xứng tâm biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó.

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đường thẳng ở đáp án C song song với đường thẳng d đã cho.

Hai đường tròn đồng tâm I, có vô số phép vị tự tâm I tỉ số \(k \ne \pm 1\) biến đường tròn này thành đường tròn kia.

Ta có \(N \in AB,\,N \in CD\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}N \in \left( {SAB} \right)\\N \in \left( {SCD} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra giao tuyến của \(\left( {SAB} \right)\) và (SCD) là SN.

Đáp án A: sai, ta vẽ được vô số đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước.

Đáp án B: sai, mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này đều song song với mặt phẳng kia chứ không phải song song với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng kia.

Đáp án C: sai, \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) có thể cắt nhau theo giao tuyến song song với a và b.

Đáp án D: đúng.

Đáp án B: Dễ thấy \(O{O_1}//DF \subset \left( {EFM} \right)\) nên B đúng.

Đáp án C: \(O{O_1}//CE \subset \left( {BEC} \right)\) nên C đúng.

Đáp án D: \(O{O_1}//DF \subset \left( {AFD} \right)\) nên D đúng.

Ngoài ra A sai vì \(M{O_1}//\left( {BEC} \right)\), thật vậy

\(O{O_1}//CE,OM//BC\) nên \(\left( {O{O_1}M} \right)//\left( {BCE} \right)\Rightarrow M{O_1}//\left( {BCE} \right)\)

Ta có \(C_n^k + C_n^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1}\) nên C đúng.