Trang 1 BỘ CÂU HỎI HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT CÂU HỎI MỨC ĐỘ VD, VDC – HK1 Chủ đề 1 Hàm số lượng giác, phương trình lượng giác Câu 1 Ta có 5 4 h d 5sin 6t 4 cos 6t 41 sin 6t[.]
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 4m ; 1 t m 4 m 4 m 4 4m 4 m 8 m 2 m 4m 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 Cnk11 ” 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 kn12 k ! n k ! (k 1)! n k 1 ! Khi S C0n C1n C 2n C nn C1n C n2 C n3 C nn 12 n1 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) n2 (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 ki x ki 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 2n1 2n1 Cnn Cnn1 n1 Cnn1Cnn Theo đề ta có a 2n1 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 2i1 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 2i1 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 nCkn11 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 kn11 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 yz 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 c8b4 q 21 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 k4 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 q20 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