BT VDVDC HK1 HDG

BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT CÂU HỎI MỨC ĐỘ VD, VDC – HK1 Chủ đề Hàm số lượng giác, phương trình lượng giác Câu 1: Ta có h  d  sin 6t  cos 6t  41 41 sin 6t  41 cos 6t  41 sin  6t     41 với N  cos    41  sin    41 Vật xa vị trí cân  h max  41  sin  6t      cos  6t     V      k  t     k k   12      Trong giây nên  t       k     k     k  0; 1 12    Vậy có hai lần vật xa vị trí cân Chọn B EN  6t    Câu 2: sin x x  x x x x  cos   sin x   sin  cos   sin cos   sin x 2 2 2   sin x    sin x   sin x  sin x  sin x     x  k  k    sin x   L  N LU Y Vì nghiệm phương trình thuộc khoảng  0; 200  nên  k  200    k  200 Vì k  Z  k  1, 2, , 200 Vậy nghiệm phương trình thuộc  0; 200  là:  ,  , 3 , ,199  Tổng nghiệm: S       199        199    199 199   19900  Chọn D  sin x   Câu 3: Ta có sin x  sin x      sin x   x   k2 ;  k    sin x  2(VN) Do 10  x  10  10     5  k2   10  10   k2   10      k   2   O Mà k   nên k  1; 0; 1 Vậy phương trình có nghiệm thuộc khoảng  10; 10  x   3  5 Chọn D ;x  ;x  2  7   11   cos  x   sin x  Câu 4: Ta có: sin  2x            sin  2x  3    cos  x  5    sin x  2 2      cos 2x  sin x  sin x   1  sin x  sin x    sin x  sin x   Trang HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11    x    k2    sin x  1  x     k2      sin x      x   k2   k   V N 3 11  Trên đoạn  0;  phương trình có nghiệm ; ; 6 3 11   Vậy tổng nghiệm phương trình đoạn  0;  Chọn D    6  k Câu 5: Điều kiện: x   sin 2x Ta có:  sin 2x  cos 2x  tan 2x     sin 2x  cos 2x  cos 2x EN sin 2x  cos 2x   (sin 2x  cos 2x)(1  )0 1   cos 2x  cos 2x      x  sin(2x  )  2x   k     4   x   cos 2x  1  2x    k2    k  k     k   k  k , x    k    Vậy tập nghiệm phương trình có điểm biểu diễn đường trịn lượng giác Chọn B N LU Y So sánh với điều kiện PT có hai họ nghiệm x  Câu 6: Đặt t  sin x  cos x ,  t   t   sin x.cos x  sin x.cos x   t t   t 1 Phương trình cho trở thành t   t   4t  t     t      sin x  cos x  Với t   sin x  cos x    sin x  cos x  1 O       x    k2  x   k2    +) sin x  cos x   sin  x     k    4   x    3  k2   x    k2  4     x  k2   x     k2     1  +) sin x  cos x  1  sin  x     k    x  3  k2  4   x    5  k2    4 Phương trình cho có họ nghiệm mà họ nghiệm biểu diễn điểm đường tròn lượng giác, điểm khơng trùng Vậy có điểm biểu diễn nghiệm phương trình cho đường tròn lượng giác Chọn D Trang BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI Câu 7: cos 3x  cos x  cos 2x  sin 2x    cos 3x  cos x    cos 2x  1  sin 2x   cos 2x cos x  3.2 cos x  sin x cos x  cos x   cos x cos 2x  cos x  sin x     cos x  sin x  cos 2x   +) cos x   x  cos x  sin x  cos 2x N +)    k , (k  )  x  2 V    11  x   k2  x     cos x  sin x  cos 2x  cos  x    cos 2x   (k  )   2 6   x    k2  x   18 18   Vậy nghiệm dương nhỏ phương trình là: x   cos x   cos x  m   cos x  cos x    m 2  cos x  1  m  EN Câu 8: cos2x  cos x  m      0; Chọn A 18  12  N LU Y Vì 1  cos x    cos x      cos x  1  Yêu cầu toán    m    5  m  Chọn C   Câu 9: Ta có: m  cos x  2m sin 2x  sin x   m  2x  2m sin 2x       cos   cos 2x m 2  2m sin 2x      m   cos 2x  4m sin 2x    m 2  m  cos x  2m sin 2x    m  2  Do pt(1) có nghiệm  m    m 2  2   16m  m   2    1  m  20m   m   m  1, m   0; 10  , m    m  1, 2, ,10 Vậy có 10 số nguyên thỏa mãn đề Chọn D O Câu 10: Ta có: (cos x  1)(4 cos 2x  m cos x)  m sin x  1      cos x  1  cos x   m cos x   m  cos x        cos x  1 cos x  m cos x   m  cos x     Đặt cos x  t    t   Khi  1   t  1 8t  mt   m  t 2        t  1  L    t  1 8t  mt   m  mt    t  1 8t   m    8t   m        Trang HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11  2  Vậy để phương trình  1 có hai nghiệm thuộc 0;    có hai nghiệm t thỏa mãn  3 t 1 4  m   Suy  4m      ; 1 t        m  4 m  4   m  4  4m 4  m       8 m  2    m  4m  1   1   N  Câu 11: Ta có phương trình:   V Vì m    m  3; 2 Vậy có hai giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn D   sin19 x  cos 20 x  sin 21 x  cos 22 x  cos 2x  sin19 x  sin 21 x  cos 20 x  cos 22 x  cos 2x     x   sin x   cos x   cos x   cos 2x  sin19 x  sin x  cos 20 x  cos x  cos 2x 20 EN  sin19 cos 2x   1  sin19 x.cos 2x  cos 20 x.cos 2x  cos 2x  cos 2x sin19 x  cos 20 x    19 20 sin x  cos x         k  x   k  k     3 5 7 , x , x , x 4 4 N LU Y Ta có: (1)  2x   Do x  0;  suy PT (1) có nghiệm x  19 1  sin x  sin x  sin x Do    20  sin19 x  cos 20 x  sin x  cos x  (3) 1  cos x  cos x  cos x  sin x    x  k cos x  1  Dấu xảy (3)   k    x    k2  sin x     cos x  Do x  0;  suy PT (2) cho có nghiệm x  0, x   , x   , x   O Tóm lại phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn  0;  Chọn B Câu 12: Xét phương trình cos x  cos x  m    cos x  cos x    m (1)   Đặt t  cos x , x   0;  suy t   0; 1  2 Phương trình (1) theo t : 2t  t   m (*)   Phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng  0;  phương trình (*) có nghiệm  2 t   0; 1 Trang BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI Hàm số f(t)  2t  t  có bảng biến thiên khoảng  0; 1 sau: 25 25 Do m    m  {3}   m  2   m  8 Chọn B V có điểm chung với t   0; 1 Từ BBT suy  N Phương trình (*) có nghiệm t   0; 1 đường thẳng y   m đồ thị hàm số y  f(t) Câu 13: Ta có: cos 2x   2m  1 cos x  m    cos x   2m  1 cos x  m  EN  cos x     cos x  1 cos x  m       cos x  m    Trên đoạn   ;  phương trình cos x   vơ nghiệm 2     Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn   ;  phương trình  2  N LU Y    cos x  m có nghiệm thuộc đoạn   ;    m  Chọn D  2 sin 3x  sin x.sin 3x 1  sin x  sin x.sin 3x  sin 3x  sin 3x  sin 3x  4 Câu 14: Ta có: sin x  2       sin x  sin 3x   sin 3x  sin 3x    sin x  sin 3x   sin 3x.cos 3x            sin x  sin 3x   sin 6x  ,  1   16 O  sin x  sin 3x,   Do vế trái khơng âm, nên phương trình  1   sin 6x  0,    Phương trình    6x  k  x  k  , k        5  4 3 5 11  ; ; ; ; ; ; ; ; 2 Với x  0;  , ta suy x  0; ; ; ; 3 6 3     5  Lần lượt thay giá trị vào   , suy tập nghiệm phương trình S  0; ; 2; ;  6   Chọn D Trang HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 Câu 15: Nhận thấy, với cos x  phương trình sin x  sin x cos x  m cos x   1 vơ nghiệm, nên chia vế phương trình (1) cho cos x , ta tan x  tan x  m   tan x  tan x  m      Đặt t  tan x , giá trị 1  t  cho nghiệm phân biệt x    ;   giá trị t    phân biệt, có nghiệm thuộc đoạn 1;  EN V Xét hàm số y  2t  t Bảng biến thiên: N    t  1 cho nghiệm x    ;   u cầu tốn, suy phương trình 2t  t  m có nghiệm   Yêu cầu toán   m   giá trị lớn m Chọn A Câu 16: Đặt t  sin x ( t  1) Khi phương trình cho trở thành: N LU Y t   t  t  mt  2m    (t  2)(t   m)      t   m  t  m  Phương trình sin x  m sin x  2m   có nghiệm phương trình t  mt  2m   có nghiệm thuộc   1; 1 , suy 1  m     m  Do m   nên m  1; 2; 3 Vậy có giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm Chọn A Chủ đề Tổ hợp, xác suất, nhị thức Newton Câu 17: Cách 1: Gọi A biến cố ”Chọn sách từ 12 cho số sách lại có đủ mơn” Ta nhận thấy việc chọn sách lấy hết số sách từ môn trở lên nên biến cố A ”Lấy sách từ 12 có mơn bị lấy hết” O Số phần tử không gian mẫu: n     C12 Số cách lấy sách Tốn bị lấy hết lấy Toán từ lại: C17 Số cách lấy sách Lý bị lấy hết lấy Lý từ lại: C82 Số cách lấy sách Hóa bị lấy hết lấy Hóa từ lại: C93   Số cách chọn sách thỏa yêu cầu đề là: n  A   n     n A  C12  C17  C82  C93  805 Chọn C Trang BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI Cách 2: Số cách lấy sách từ 12 cho số sách cịn lại có đủ mơn số cách lấy sách có đủ mơn Lấy sách có C12 Lấy sách có đủ mơn có C69  C68  C76 Lấy sách có mơn có: Vậy số cách chọn sách thỏa yêu cầu đề 805 Chọn C Câu 18: Gọi số cần tìm có dạng abcdef  a  b  c  d  e  f; a, b, c,d, e, f  2; 3; 4; 5; 6; 7 Y V  b c   d  e f Theo ra, ta có: a    X N  C76  C86  C96  805 Vậy số cách lấy sách có đủ mơn C12 X  Y  1 X  13  b c  d  e f  27 suy  Và tổng chữa số a      Y  14 X Y X  Y  27  3; 4;  ,  2; 5;  ,  2; 4;  EN Khi có số thỏa mãn là: (a; b; c)  Vậy có tất 3!.3!.3!  108 số Chọn C Câu 19: Số tự nhiên nhỏ 400 lập nên từ chữ số 1, 2, 3, ta có trường hợp sau: +) Số tự nhiên có chữ số có (số) N LU Y +) Số tự nhiên có hai chữ số có: A 24  12 (số) +) Số tự nhiên có chữ số: Giả sử số có dạng abc chọn a ta có cách chọn a  1, 2, 3 chọn chữ số lại xếp vào vị trí b, c ta có A 23 cách Theo quy tắc nhân có 3.A 23  18 (số) Vậy, có  12  18  34 (số) Chọn D Câu 20: Xếp 100 viên bi thành hàng ngang Ở 100 viên bi có 99 khoảng trống Số cách chia viên bi thỏa mãn yêu cầu số cách đặt 29 vách ngăn vào 29 99 khoảng trống 29 Vậy số cách chia cần tìm C99 Nhận xét: toán chia kẹo Euler: “số cách chia k kẹo cho n đứa trẻ cho em có kẹo Cnk11 ” Chọn C O Câu 21: Đặt X  0 ; 1; ; ; ; ; ; 7 Giả sử số lập có dạng a 1a a 3a a 5a , a1  , a i  a j với i  j , i  1; , j  1; a a a a a a   a  a  a  a  a  a   Ta có a 1a a 3a a 5a  18   a  a1a a 3a a 5a  Vì  a  a  a  a  a  a  nên ta có trường hợp sau Trường hợp 1: a1 , a , a , a , a , a chọn từ X  2 ; ; ; ; ; 7 Có cách chọn a Có 5! cách chọn số  a ; a ; a ; a ; a  Suy có 3.5!  360 số Trang HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 Trường hợp 2: a1 , a , a , a , a , a chọn từ X  0 ; 1; ; ; ; 6 a  , có 5! cách chọn số  a ; a ; a ; a ; a  a  a có cách chọn, a1 có cách chọn có 4! cách chọn số  a ; a ; a ; a  Suy có 5! 3.4.4!  408 số Trường hợp 3: a1 , a , a , a , a , a chọn từ X  0 ; 1; ; ; ; 7 a  , có 5! cách chọn số  a ; a ; a ; a ; a  N a  a có cách chọn, a1 có cách chọn có 4! cách chọn số  a ; a ; a ; a  Suy có 5! 1.4.4!  216 số Vậy có 360  408  216  984 số Chọn A V Câu 22: Ta thấy, để từ A tới B phải bước Vì vậy, để từ A tới B bước, ta phải bước cạnh nằm ngang, bước cạnh đứng, nghĩa di chuyển lên sang phải Ta kí hiệu bước lên (cạnh đứng) Đ, bước sang phải(cạnh nằm ngang) N Khi đó, đường từ A tới B chuổi kí tự, gồm chữ EN Đ chữ N Như vậy, để thực cách đi, từ vị trí ta cần chọn vị trí để đặt chữ Đ (hoặc vị trí để đạt chữ N) Vậy, số cách di chuyển là: C94  C95  126 Chọn D Câu 23: Ta có (n  k  1)(k  1) k  k(k  1)   , k :  k  n n  (n  1)  n   (n  1)  n   N LU Y  C kn n! (n  2)!  : C kn12 k !  n  k  ! (k  1)!  n  k  1 ! Khi S  C0n C1n C 2n C nn     C1n  C n2  C n3  C nn 12      n1 1.2 2.3 n.(n  1)          n   n  (n  1)(n  2)   n  (n  1)(n  2)  n  (n  1)(n  2)       (n  1) 1.2  2.3   n(n  1)  n2 (n  1)(n  2) Ta có    (n  1)  (n  1)(n  2) n(n  1)(n  2) n    Chọn D 2(n  2) 3(n  1)(n  2) O Nên S  (n  1)(n  2) n(n  1)(n  2) ; 1.2  2.3   n(n  1)  Câu 24: Ta có P  x    2x  1 n x  2 n  n  n  n k    C kn k.x k    Cin xi n i    Cnk Cin n ki x ki  k 0   i 0  k 0 i 0  i  n  0  i  n n   i  n   0  k  n  k  n  k  2n   i   Cho k  i  2n  suy hệ  i  n k  i  2n  i; k      i; k    k  n  Vậy hệ số số hạng chứa x 2n 1 a 2n1  2n1 Cnn Cnn1  n1 Cnn1Cnn Theo đề ta có a 2n1  160  n 1.n  n 1.n  160  n.n  64  n  Chọn D Trang BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI Câu 25: Ta có P   x  y  2z  C k 2019 k 0   x  y  2z  2019   x  y  2z  2019   x   y  2z   2019  k 2019  k 2019  k  .x k  y  2z    1  y  2z    Vì  y  2z  2019  k   1 2019  k   1  y  2z  2019  k  y  2z  2019  k  y  2z  1009 1 Nên P  2. C 2i2019 x 2i1  y  2z  2019  k 2019  k 2019  2i 1 i 0  k chẵn   y  2z  2019  k k lẻ 1009 1  2. C 2i2019 x 2i1  y  2z  2018  2i i 0 Vậy sau rút gọn khai triển biểu thức có 1  2019  1010  1020100 số hạng Chọn C V     2019  Câu 26: 2019 N 2019  2019 Trước hết ta chứng minh công thức sau: kCkn  nCkn11 n! n!   n  k  !k !  n  k  !  k  1 ! EN Thật vậy: kC kn  k  n  1 !  n! Vậy kC  nC  n  k  !  k  1 !  n  k  !  k   ! C   2n  1 C    2n  1 C 2C    2n  1 C Áp dụng công thức ta 3C k n nC kn11  n 2n 1 k 1 n 1 2n 2n 2n 1 2n N LU Y 2n 1   1  2n  1 C 2n   2n  1 C 2n 2n 1 2n  2n 1 Khi C12n 1  2.2.C 2n  3.2 C 2n    2n  1 2n C 2n  2023 1 1 1     2n  1 C02n  2.C12n  2 C 22n   2n C 2n  2023 2n   2n  1   2n  2023  2n   2023  n  1011 Chọn C Câu 27: Lập số có chữ số khác từ tập cho, số lập hoán vị chữ số 1; 2; 3; 4; nên ta 5!  120 số O Chọn số số tạo thành Vậy số phần tử không gian mẫu n     120 Vì      15 mà a1  a  a  a nên xảy trường hợp sau: TH1: a1  a  + Khi a1 ,a chọn từ số 1; 2 : có cách chọn + Có thể chọn a ,a từ số 3; 4 , 3; 5 , 4; 5 : có 3.2!  cách Vậy trường hợp có 2.6  12 số thỏa mãn TH2: a1  a  + Khi a1 ,a chọn từ số 1; 3 : có cách chọn Trang HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 + Có thể chọn a ,a từ số 2; 4 , 2; 5 , 4; 5 : có 3.2!  cách Vậy trường hợp có 2.6  12 số thỏa mãn TH3: a1  a  +) Khi a1 ,a chọn từ hai số 1; 4 2; 3 : có 2.2!  cách +) Nếu chọn a1 ,a từ 1; 4 chọn a , a từ hai 2; 5 3; 5 Nếu chọn a1 ,a từ 2; 3 chọn a , a từ hai 1; 5 4; 5 N Từ số cách chọn a , a 2.2!  cách Vậy trường hợp có 4.4  16 số thỏa mãn TH4: a1  a  V +) Khi a1 ,a chọn từ hai số 1; 5 2; 4 : có 2.2!  cách +) Nếu chọn a1 ,a từ 1; 5 chọn a , a từ số 3; 4 Nếu chọn a1 ,a từ 2; 4 chọn a , a từ số 3; 5 EN Từ số cách chọn a , a cách Vậy trường hợp có 4.2  số thỏa mãn Vậy xác suất cần tìm P  12  12  16   Chọn A 120 Câu 28: Số phần tử tập M là: n   9.A95  136080 N LU Y Gọi A biến cố “chọn từ M số chẵn thỏa mãn a1  a  a  a  a  a ” Ta thấy, chọn chữ số khác a1 ,a ,a ,a ,a ,a từ tập 0 ,1 , , , 9 ta ln có cách xếp cho a1  a  a  a  a  a (hiển nhiên a1  ) Có 3TH xảy ra: TH 1: a  : có C95 số TH 2: a  : có C75 số TH 3: a  : có C55 số Do đó: n A  C95  C75  C55  148 Suy ra: P  A   nA 148 37   Chọn C n  136080 34020 O  27132 Câu 29: Khơng gian mẫu có số phần tử: C19 Để lấy cầu túi cho lấy ba loại cầu, đồng thời số cầu màu xanh số cầu màu đỏ ta có trường hợp sau: TH1: Lấy cầu màu xanh, cầu màu đỏ, cầu màu vàng ta có số cách lấy C92 C32 C72  36.3.21  2268 cách lấy TH2: Lấy cầu màu xanh, cầu màu đỏ, cầu màu vàng ta có số cách lấy C19 C13 C74  9.3.35  945 cách lấy Trang 10 HỌC GIỎI KHÔNG KHĨ TỐN 11 b  a  Câu 66: Do a, b, c ba số liên tiếp cấp số cộng có cơng sai nên  c  b   a  Nếu tăng số thứ thêm 1, tăng số thứ thêm tăng số thứ thêm ta số a  1, b  1, c  hay a  1,a  3,a  cấp số nhân Suy (a  1)(a  7)  (a  3)2  a  8a   a  6a   2a   a  x  3z   2y   x  4y  3z Câu 67: Theo giả thiết ta có:   2 xz  y  4y  3z  z  y  N Vậy a  1, b  3, c   a  b  c  Chọn D .V  q  yz z 2   Trong q   y  4yz  3z    y  z  y  3z    Chọn A  y  3z q  y   x  2y  10 2 Câu 68: Theo giả thiết ta có:    x  2y    x  2y   8xy  36  x.2y  16 Do x  2y  Chọn C EN x  6y  8x  y   5x  2y   9x  7y  10x  4y  Câu 69: Theo giả thiết ta có:  2   y     x  1 x  3y   y     x  1 x  3y   x  3y  x  6    x  y  40 Chọn A y     y    N LU Y Câu 70: Gọi ba số a, b, c theo thứ tự cấp số cộng a  c  2b Mặt khác b,a, c lập thành cấp số nhân nên a  bc  a  b  2b  a   a  b(l) a  a  ab  2b    a  b  a  2b      q   2 Chọn B a   2b b  Câu 71: a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên b2  ac b, c,d theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên b  d  2c O  b  ac  b  ac  b  ac  b  d  2c    Ta có hệ phương trình:   a  b  14  c  a  b  2c  14 b  c  12   b  c  12  b  c  12    a  d  14    b  ac b2  ac    a  12  c  2c  14  a  3c  26   12  c    26  3c  c   b  12  c b  12  c    c8b4  q 21   4c  50c  144     Vậy q  Chọn C c   b  15 q   1(loai)   2 Câu 72: Diện tích bề mặt tầng (kể từ tầng 1) lập thành cấp số nhân có cơng bội q 6144 12288 u1   6144 Khi diện tích mặt u11  u1 q 10  10  Chọn A 2 Trang 18 BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI 1 1 1 Câu 73: Ta có S 2019           2     2 1 1 1 Lại có T           2     2 Suy T   u1  q 2019 1 q 2019  2019.1 2019   1  2   1 ;q  2 tổng cấp số nhân với u1  2019   S 2019  2020  Chọn B 2019 N  x  x  Câu 74: Phương trình x  3x  a  có hai nghiệm x1 , x    x1 x  a  x  x  12 Phương trình x  12x  b  có hai nghiệm x , x    x x  b V  x1   q   Theo ra, ta có x  x1 q; x  x1 q ; x  x1 q nên  x1 q  q  12 q2  q3    q   q  ( q  )  x1  1; x  2; x  4; x  1 q   EN  a  x1 x  1.2  Vậy    a  b   32  34 Chọn C  b  x x  4.8  32 Câu 75: Ta có  x  1 x   x  m    x  1; 3; m TH1: Với m  , ta cấp số nhân m; 1;   3m  12  m  N LU Y TH2: Với  m  , ta cấp số nhân 1; m;   1.3  m  m   1.m  32  m  TH3: Với  m , ta cấp số nhân 1; 3; m  Vậy có tất giá trị thực tham số m Chọn B Câu 76: Giả sử phương trình có nghiệm phân biệt: x1 , x , x Theo ra, ta có x1 , x , x lập thành cấp số nhân  x1 x  x 22 Lại có x1 x x   d  nên x 32   x  nghiệm a phương trình Do m   7.2  m  6m    m  6m       m  342 Chọn A  m  7 1 Câu 77: Ta có   u k  u k4 u k  q u k u k  q   O  Do T   1 1      u1  u u  u u  u u 20  u 24  q  1     u u u 20     1 1   v1  1  q20  2 v1  Xét dãy số v n  v n cấp số nhân với  S 20  1  q un q  1 1  20 20   Chọn B Suy T  1  24 15.219 20 Trang 19 HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 Chủ đề Phép dời hình Câu 78: Đường trịn  C1   C  có tâm bán kính tương ứng I1  2; 1 , R    I  9;   , R  ; Tv  C1    C  v  I1I   11;   Chọn D Câu 79: d : y  x   x  y   Ta có:  C  : x  y  có tâm O  0;  , R  2  Ta có AB  R  d  O; d     2 Ta có: A ' B'  Tv  AB   A ' B'  AB  2 Chọn D 2 N d  O; d   V Câu 80:  C  :  x  1   y  1  có tâm T  1; 1 bán kính R  Gọi  C '  ảnh đường tròn  C  qua phép vị tự tâm I  1;  , tỉ số k  Suy bán kính đường trịn  C '  R '  3.R  , từ ta loại đáp án A, C, D đáp án EN có bán kính R '  Chọn B   Câu 81: Ta có: V O,  : M  M1  OM1  OM  M1  1;      OM '  OM1 Q O,900 : M1  M '    M '  2; 1    OM1 , OM '   90 N LU Y Vậy, toạ độ điểm cần tìm M '  2; 1 Chọn D 2 Câu 82: Đường tròn  C  :  x     y    có tâm I  2;  bán kính R  Gọi đường trịn  C1  có tâm I1 bán kính R ảnh đường tròn  C  qua phép vị tự tâm O tỉ   V O,k   I   I1 I  1; 1 OI1  kOI    số k    R  R  R  k R Gọi đường tròn  C  có tâm I bán kính R ảnh đường tròn  C1  qua phép quay tâm O OI  OI1 Q   I1   I  O,90    góc quay 90       OI1 , OI   90  R  R R   O  I  1; 1  R  Vậy  C  ảnh  C  qua phép đồng dạng có cách thực liên tiếp phép vị tự tâm O tỉ số k  2 phép quay tâm O góc quay 90 có phương trình là:  x  1   y  1  Chọn C Câu 83: Đường trịn  C  có tâm I  2m; 1 , bán kính R  Đường trịn  C  có tâm I  2; 2m  1 , bán kính R   3m  Trang 20 BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI Phép tịnh tiến theo vectơ  v C biến thành  C   m   3m   R R  Chọn C          II  v v   ;  v    2m; 2m   3 3 Câu 84: Ta có I  d , từ tính chất phép vị tự đối xứng tâm nên ta d//d//d , suy d có dạng 2x  3y  c  N   x   Lấy M  2;   d , gọi M  x; y   V I;k   M   IM   IM    y   V  x  2x J   1 Gọi M  x; y   D J  M    Từ tính chất phép biến hình suy  y  2y   J  EN M  1;   d  c   d : 2x  3y   Chọn D    Câu 85: Ta có: Tv  A   B  v  AB  v   3 ; 1  Gọi M  x ; y  ảnh điểm M  x ; y    qua phép tịnh tiến theo vectơ v , ta có: N LU Y  x  x   x  x    *  Thay  *  vào phương trình đường thẳng  , ta được:   y  y   y  y   x     y  1    3x  4y    Phép tịnh tiến theo vectơ v biến đường thẳng  thành đường thẳng  nên ta có phương trình đường thẳng  3x  4y   Chọn B Câu 86: Đường tròn  C  có tâm I  1;  bán kính R  Gọi I1 , R tâm bán kính  C1  Q Q I I I  I1  1   I  3;  1 Theo ta có:   O; 90     O; 90   R  R R  R  Vậy II1  diện tích  C1  16 Chọn A O Câu 87: Ta có  C  có tâm I  1; 2  bán kính R  1;  C  có tâm I  4;  bán kính R  Gọi I1  x; y  , R tâm bán kính đường trịn  C1   Tv  C  Khi đó:   4   x   x  2 V O;2   I1   I  OI  2OI     y  0   y     a  1  a  b  Chọn B Và Tv  I   I1  II1  v   b  Trang 21 HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 Chủ đề Quan hệ song song Câu 88: N  SD   SAD  Ta có  N  P1 N1   MNP  S P1  N   SAD    MNP  P1  SA   SAD   P1   SAD    MNP   P1  PO   MNP  N2 P M2 D A N O B O1 N Vậy giao tuyến hai mặt phẳng  SAD  M1 Ta xét tam giác BCD có P trọng tâm; N trung điểm BC Suy N, P, D thẳng hàng Vậy thiết diện tam giác MND DM  DN  AD a AB a; A D M EN Xét tam giác MND ta có: MN  V Câu 89: C M  MNP  đường thẳng N P Chọn B N1 D B M N H P N Do tam giác MND cân D C N LU Y Gọi H trung điểm MN suy DH  MN Diện tích tam giác S MND  1 a 11 Chọn C MN.DH  MN DM  MH  2 Câu 90: Trong mp  SBD  , DM  SO  N Mà S SO   SAC  nên DM   SAC   N Vậy ba K điểm S, N, O thẳng hàng M Trong mp  SAC  , CN  SA  K Mà N A D CN   CDM  nên SA   CDM   K Vậy ba O O điểm C, N, K thẳng hàng Dễ chứng minh N trọng tâm SBD nên SO B C SN  Mà SAC có đường trung tuyến SO SN  nên N trọng tâm SAC SO Vậy K trung điểm SA Do KM //AB //CD Vì N trọng tâm SAC nên Do N khơng phải trung điểm đoạn thẳng CK Trang 22 CN  CK BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI Ngồi ra, ta lập luận giao tuyến  CDM   SAB  đường thẳng qua M song song với AB, CD , đường thẳng cắt SA K Do suy KM //AB //CD K trung điểm SA Chọn D Câu 91: Gọi  giao tuyến mặt phẳng  ABM  S với mặt phẳng  SDC  Ta có  ABM  có chung với  SDC  điểm M AB DC nên cắt theo giao tuyến  A tam giác SDC Gọi N trung điểm SC , ta có N   MN//AB B H V qua M song song với AB DC Vì M trung điểm SD nên  đường trung bình N N M chứa hai đường thẳng song song C D thang cân ABNM EN Vì mặt bên hình chóp tam giác cân nên AM  BN Do thiết diện hình Kẻ MH  AB H , H  AB Do AB  CD MN  CD nên H thuộc đoạn AB Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến, ta có AM  a  a nên MH  AM  AH  a 15 4 a N LU Y AB  MN Mặt khác AH   Suy S ABNM  a  2a 2a  a MH  MN  AB   15a Chọn A 16 Câu 92:  ABBA  //  CDDC   Ta có:      ABBA   MN  MN//PQ       CDDC   PQ A C B Q M Lấy M, N DD, CC cho DM  AM  5, CN  BN  O M' P N N' Khi đó: DQ  DM  QM  DM  PN ( PQMN hình bình hành) D D' A' B' C'  DM   CN  CP        Vậy DQ  Chọn A Câu 93: Trang 23 HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 Gọi H, I, K giao điểm AE BC ; BE AC ; CE AB Khi ta có: EP EH EH   EP  ; AD AH AH EM EI EI   EM  ; AB BI BI  EM.EN.EP  N EN EK EK   EN  AC CK CK EH EI EK 216 AH BI CK Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt V AB, AC Q, R Khi ta có:  1 QR QE ER  1  BC BC BC EI ER EK QE   BI BC CK BC EN EH AH  AE AE   1 AH AH AH N LU Y  QE ER  ER QE EH EI EK EH EI EK EH EI EK Do           33    BC BC  BC BC AH BI CK AH BI CK AH BI CK 27  EH EI EK 216  AH BI CK Dấu “=” xảy E trọng tâm tam giác ABC Chọn C  EM.EN.EP  Câu 94: Gọi O trung điểm AC S M SO  MP I AE // MP Kẻ  ; OEA  OHC  g.c.g   OE  OH CH // MP H A SM SI SI   SA SE SO  OE S P SA SC SO OE SO OH SO Suy      2 SM SP SI SI SI SI SI  1 B A SB SD SO  2  2 SN SQ SI D Trang 24 N M SP SI SI   SC SH SO  OH Chứng minh tương tự ta có: C O E O Theo định lí Talet ta có: P I C BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI Từ  1   ta được: Từ giả thiết ta có: ta có đẳng thức: SA SB SC  5;  3;  ; điểm M, N, P, Q thuộc mặt phẳng, nên SM SN SP SA SC SB SD (Chứng minh trên)    SM SP SN SQ SD SA SC SB        Chọn A SQ SM SP SN 2 A D C V Câu 95:       Đặt BA  x , BB  y , BC  z   Do CM , CA hai vectơ phương B     k   :CM  k.CA   Và CN , CD hai vectơ phương     h   :CN  h.CD     Theo quy tắc hình hộp BD'  x  y  z (1)          MN  CN  CM  CC  CN  CM  CC  h.CD  k.CA        y  h.(  y  x)  k y  z  x      h  k  x    h  k  y  k.z (2)   Do MN  BD nên tồn t   : MN  t.BD Từ (1) (2) ta có N  SA SC SB SD    SM SP SN SQ D' EN  N A' B' C' N LU Y  M h  k  t k  t   MN    t   MN  BD Vậy  Chọn B 1  h  k  t  h  2t 4 BD k  t 1  3t  t   Câu 96: TH1: Mặt phẳng    cắt đoạn CD E bất kỳ, E  C, E  D A E       BCD   Ex       BCD  MN//BC  Gọi F  Ex  BD  Ex//MN//BC MN      BC   BCD   M N D E O  BCD  F B Ta có: MN//EF nên tứ giác MNEF hình thang Nếu C E trung điểm CD , MN EF đường A trung bình ABC BCD , nên MN//EF MN  EF  BC Khi tứ giác MNEF hình bình hành TH2: Mặt phẳng    cắt đoạn AD E bất kỳ, E  A E M N D B Dễ thấy thiết diện tạo mặt phẳng    tứ diện ABCD MNE Chọn B C Trang 25 HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 Câu 97: K  CD, CD   ACD   K   ACD    MIJ   1 Ta có:  K  IJ, IJ   MIJ  A F M F  AH, AH   ACD  Ta có:   F   ACD    MIJ    F  EM, EM   MIJ  K J B Từ  1 ,    KF   ACD    MIJ  Chọn A D I E O H N C Câu 98: Gọi O , O tâm hình vng ABCD hình bình hành CDIS SB  (đường trung bình V Ta thấy OO'  I S  SBD ) mp  ACI  cắt hình chóp S.ABCD theo Ta có: SA  SC , EN thiết diện  ACO' O' A AD  CD  SAD  SCD  c  c  c  D O B C suy AO  CO (vì O trung điểm SD ) nên tam giác ACO cân O suy OO  AC  1 OO '.AC  6.6  18 Chọn C 2 N LU Y S  ACO'  Câu 99: Vì I di chuyển AG nên J di chuyển AM A nên A sai Ta có: A điểm chung thứ hai mặt phẳng J  ACD   GAB  M  BG   ABG   M   ABG  Do BG  CD  M   M  CD   ACD   M   ACD  I D B G  M điểm chung thứ hai hai mặt phẳng  ACD  O  GAB  M C  AM   ACD    GAB  hay AJ   ABG    ACD  nên B  DJ   ACD  +   DJ   BDJ    ACD  nên C  DJ   BDJ   ABM    ACD   AM   J   ABM    ACD   J  AM  A, J, M thẳng hàng nên D +  J   ABM    J   ACD  Chọn A Trang 26 BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI Câu 100: Trong mặt phẳng  ABCD  qua M kẻ HK//BD ( H S trung điểm CD , K trung điểm BC ) Trong mặt phẳng  SAC  kẻ ME//SA  E  SC  E D Suy mp  P  mp  EHK  C H M Ta có  P    ABCD   HK ;  P    SBC   KE ; K O  P    SCD   HE A N Vậy thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng  P  Gọi M trung điểm AC V tam giác HEK Chọn A Câu 101: B A điểm BC EN AB //       ABC       MN // AB với N trung  ABC   AB  M   ABC      M B N LU Y CD //       DBC       NP // CD với P trung  DBC   CD  N   DBC      Q D P N C điểm BD AB //       ABD       PQ // AB với Q trung điểm AD  ABD   AB  P   ABD      Tương tự có  ACD       MQ // CD Thiết diện tứ diện cắt    hình bình hành MNPQ MN//PQ, MQ//NP Mặt khác AB  CD  MN  NP (theo tính chất đường trung bình) Vậy MNPQ hình thoi Chọn A Câu 102: Gọi I  BN  AM nên O S I  BN   SBD   I   SDB    SAC   I  AM   SAC  M O  BD   SBD  Mà   O   SBD    SAC  O  AC   SAC  D I Do  SBD    SAC   SO Vậy ba đường thẳng SO , AM , BN đồng quy C O A N B Chọn C Trang 27 HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 Câu 103: Trong  ABCD  , N  AG  BC d S Vì G trọng tâm ABC nên N trung điểm BC J AD   SAD    BC   SBC  Ta có    SAD    SBC   d với AD//BC S   SAD    SBC   K M A d đường thẳng qua S d//AD//BC B G N N D C V  J  d   SAD  Trong  SBC  , gọi J  d  MN Suy   J  MN   MAG  K  SD Trong  SAD  , K  SD  AJ   Suy K  SD   MAG  K  AJ   MAG  EN Xét SBC có MN đường trung bình Suy MN//SB Do SBNJ hình bình hành Khi SJ  BN  Lại có KSJ ∽ KDA (g – g) Suy Câu 104: 1 JS BC  AD   2 AD KS JS   Chọn A KD AD N LU Y Gọi I, J trung điểm BC CD A Theo giả thiết ta có tất mặt tam giác cạnh a nên O1 , O , O trọng tâm a tam giác ABC, CDA, DAB O3 O2 O1 Khi ta có tam giác O1O O tam giác D B AO1 AO O1O 2 a    ; đồng thời IJ  BD  Ta có AI AJ IJ 2 I J 2 a a Suy O1O  IJ   3 C O a a2 Do đó, diện tích tam giác O1O O S O1O2O3    Chọn A  36 3 Câu 105: Ta có: M   P    ABCD  S H Theo giả thiết G  P  // BD   P    ABCD   Mx // BD   BD   ABCD  K B C Trong mp  ABCD  gọi E  Mx  AB, F  Mx  AD  E   P    SAB  , F   P    SAD  Trang 28 E O M A F D BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI  P  // SA Khi đó:    P    SAB   Et // SA Trong mp  SAB  gọi G  Et  SB SA   SAB   P  // SA   P    SAD   Fz // SA Trong mp  SAD  gọi K  Fz  SD  SA   SAD  Tương tự: M   P    SAC  N  P  // SA Mà    P    SAC   My // SA SA   SAC  Trong mp  SAC  gọi H  My  SC , Suy ra:  P    SBC   GH,  P    SCD   KH Vậy, thiết Câu 106: Ta có:  ABF    BCD   BF nên H  AG  BF V diện ngũ giác EFKHG Chọn A A Xét tam giác ABF : kẻ EI // AH  I  BF  E G EN HK // EF  K  AB  Áp dụng định lý Thales, ta có: FG FH   ; FE FI B D H BI BE    FH  FI, BI  HI  FI BH BA 4  FI  C FI  FI  FB  FI  FB 4 N LU Y Mà FH  HB  FB  F F FB  BH  2HI  BF 5 Đồng thời ta có: Suy AE  H G A I B K E BH BK 2 1    BK  BE  BA  BA  AK  AB BF BE 5 5 1 5 AG AE AB  AK  AK Vậy   Chọn A 2 AH AK Câu 107: Gọi F; L; J trung điểm O S AD; BC; SA J M Ta có JM đường trung bình tam giác SAB  JM // AB // CD G B E Trong mặt phẳng  SBF  , I  MG  BF  I  MG   ABCD  A L F I D C  JMCD    ABCD   CD  I  CD Trang 29 HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 Dễ chứng minh ABLF hình bình hành Trong mặt phẳng  ABCD  , gọi E  AL  BF  E EM // GF EM // SF IG FG   trung điểm BF       Chọn B IM EM GF  EM EM  SF  Câu 108: Trong  ABCD  , gọi R  NM  AB S Trong  SAB  , Q  PR  SB Q DC AB BR  DN    AR  AB 4 Ta có Mà B M D 2QH HR QH HR    SA SA AB AB R H C N EN  QH HR  PA RA A V Trong  SAB  , QH//SA cắt AB H N P Ta dễ thấy DNRB hình bình hành nên QB QH HB 1 B suy HB  HR ; mà HR  HB  BR  AB nên HB  AB    SB SA AB 4 Do a  QB HB SQ       a  b    11 Chọn A SB AB SB b  N LU Y Câu 109: a) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng  SAB  S  SBC  N Dễ thấy S   SAB    SBC  ; B   SAB    SBC  C Suy  SAB    SBC   SB Tìm giao tuyến hai mặt phẳng  SMC  Q B M I A O  SBD  Ta có S   SMC    SBD  1 Trong mặt phẳng  ABCD  , gọi I giao điểm MC BD I  MC , MC   SMC   I   SMC  ; I  BD , BD   SBD   I   SBD  Do I   SMC    SBD    Từ  1   suy  SMC    SBD   SI    AM  CD   AB  b) Ta có  2   AM // CD   NQ  CD Mặt khác NQ đường trung bình tam giác SCD nên  NQ // CD Trang 30 P O D BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI AM // NQ Từ suy   Tứ giác AMNQ hình bình hành  MN // AQ AM  NQ MN   APQ  Do  nên MN //  APQ  (đpcm) MN // AQ ; AQ   APQ  Câu 110: a) Ta có M , N trung điểm S SD SB Nên MN đường trung bình SDB N N suy MN // BD M Vì BD   ABCD  nên MN //  ABCD  A  ABCD  có A điểm chung chứa hai đường thẳng song song MN BD nên K D EN  AMN    ABCD   Ax // MN // BD V b) Cách 1: Xét hai mặt phẳng  AMN  B C K  DC Trong  ABCD  , gọi K  Ax  DC Khi  suy K  DC   AMN  K  Ax, Ax   AMN  Cách 2: Trong  ABCD  , gọi O  AC  BD S N LU Y Trong mặt phẳng  SBD  , gọi I  MN  SO N Kéo dài cạnh AI cắt SC H Trong mặt phẳng  SCD  , gọi K  HM  DC M H I B K  DC Khi  suy K  HM, HM   AMN  A O K  DC   AMN  K C D Câu 111: O S K I S M J A K D M N O B C D B O a) Trong mặt phẳng  ABCD  , AC  BD  O O  AC   SAC  O   SAC  S   SAC  Ta có:   nên  SAC    SBD   SO  S   SBD  O  BD   SBD  O   SBD  Trang 31 HỌC GIỎI KHƠNG KHĨ TỐN 11 b) Trong mặt phẳng  SAC  có SO  IJ  M , I, J đường trung bình SAC  M trung điểm SO Ta có: SD   SBD   B   SBD    B   BIJ  Vì    SBD    BIJ   BM M  SO   SBD  M  IJ  BIJ    V Cách 1: Trong mặt phẳng  SBD  kẻ ON / /MK, N  SD N K  BM   BIJ   SD   BIJ   K Trong mặt phẳng  SBD  , BM  SD  K Vì  K  SD Xét SON có ON//MK M trung điểm SO  K trung điểm SN ( tính chất đường trung bình) trung bình) EN Xét DBK có NO//BK O trung điểm BD  N trung điểm DK ( tính chất đường SK  SD Cách 2: Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SDO ta có: Suy SK  KN  ND  N LU Y SK DB OM DB OM SK SK  mà  2;  nên    DK BO MS BO MS DK SD Câu 112: a)Ta có AB // CD  AO AB AO SM  2    OM // SA OC CD OC MC S b)Xét  MAB   SCD  có M   MAB    SCD    AB // CD     MAB    SCD   Mx // AB AB   MAB    CD   SCD   I K A M J B Trong mp  SCD  gọi K  Mx  SD  thiết diện hình chóp O cắt mặt phẳng  MAB  hình thang ABMK N O D c) Gọi N trung điểm BO , I giao điểm  AMN  SD Tính tỷ số C SI ID Trong  SAC  gọi J  SO  AM  J   AMN    SBD   I  NJ  SD Có OM // SA  JS SA AC    Áp dụng định lý Menelaus tam giác SDO ta có: JO OM OC SI ND JO ND JO SI  Mà  2,    DI NO JS NO JS DI Trang 32 ... sau: 25 25 Do m    m  {3}   m  2   m  8 Chọn B V có điểm chung với t   0; 1 Từ BBT suy  N Phương trình (*) có nghiệm t   0; 1 đường thẳng y   m đồ thị hàm số y  f(t) Câu