Toán 11 file 2 đáp án và lược giải

TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG Đáp án và lược giải TOÁN TRẮC NGHIỆM 11 LƯỢNG GIÁC Bài Phương trình lượng giác C U ĐÁP ÁN C LƯỢC GIẢI 5  � cos  x   k 2 �3  �5 � pt � sin � cos  x � sin � � 5 5 �3 � � cos  x   k 2 �3 � cos  x  � 10 � � cos  x   k � 10 �� �� cos  x  (Vì -1�cos  x �1) � � cos  x   k � � 7 � cos  x  � 10 Mỗi phương trình tương ứng với họ nghiệm Vậy pt cho có họ nghiệm Đặt  t  sin x  cos x  �t �  � 2sin x cos x  t  � sin x  t  A Phương trình trở thành t  � sin x  cos x  t  (choïn) � t2 1 t 1 �� t  3 (loaïi) � � � � sin �x  � � 4�  � � � sin �x  � sin � 4� x  k 2 � ��  � x   k 2 � 78  k ĐKXĐ: k pt � sin x  � x  Đối chiếu điều kiện suy x  k , k �� x�  � 0, 3  k 3 k k ��� k � 0;1;2;3 Vậy phương trình có nghiệm Vẽ đồ thị  � � pt � tan x  tan � �� x   k cos x �۹ 0 x C A A B �5 � 4 � � x �� ; �� x  �2 � �  x  k 2 � � �  1 � sin x  sin � �� � 7 �6� � x  k 2 � 5 � 5   � cos x  cos � � �� x  �  k 2 �6 � �  �� x    k �3�         � sin x �  � 4 Phương trình xác định với x ��  pt � sin x  arctan  k  1, k �0 � � sin x  arctan  4k �  1, k �1  � Vậy phương trình vơ nghiệm �  x �  k � cos x �0 � � �� � tan x �  � �x �   k � ĐKXĐ:   3 � tan x  tan � � C A 79 cos x �۹۹� cos x  D 10 B �x �k 2 � �۹� k 2 x� � � ĐKXĐ: x cos x cos x 2x x k 2 k 2 cos x  cos x � cos x  cos x  � 2sin 3x x sin  2 Bài Một số phương trình lượng giác C U ĐÁP ÁN LƯỢC GIẢI pt � sin8 x  cos8 x  sin x  cos6 x C B A � � � � � sin � x  � sin � 6x  � 6� � � �  �  x   x   k 2 � ��   � x     x   k 2 � �  x   k � ��   � x k � 12  � � pt � cos �x  � cos � 6�   � x   �  k 2 � 5 x  k 2 � 12 ��  � x  k 2 � 12 sin x �5,801 ( loaïi) � pt � � sin x �0,199 (choïn) � 80 Trên đoạn  0, 2  : Phương trình có hai nghiệm k x� ĐKXĐ: pt � 8cos x sin x  cos x  sin x cos x  sin x 2 � 3sin x  4sin x  cos x  sin x 2 � � � sin x  sin �  x � �3 �  �  �  x   x  k 2 x k � � 12 �� �� (TM )   � � x     x  k 2 x   k � � �  13 cos x  ( L) � pt � � �  13 cos x  (C ) � � Sử dụng đường tròn lượng giác, suy phương trình có nghiệm  0, 3  �   sin x  sin x  C D pt � 3sin x  4sin x  4sin x   2sin x   � 12sin x  7sin x  B sin x  � � 21 Sai đề � sin x  � � Phương trình bậc sin, cos � � cos �x  � � 8� TH1: � � � � cos �x  ��0 cos �x  � , 8 � � � � TH2: , chia vế pt cho đưa pt pt theo � � tan �x  � � �để giải 81 Ta có B B sin x �1, x � � sin x  sin x �2, x � sin x � 1,  x � sin x  � sin x  sin x  � � sin x  � Do �  �  x   k  x   k 2 � � � � �� �� (Vônghiệ m)   � �x   k x   k 2 � � pt � 3cos x   cos x  t  cos x  1 �t �1 , ta có phương trình: Đặt 3t   t  � t  cos x  � x  10 C   k sin x  � pt � � (VN ) cos x   � Bài Một số phương trình lượng giác (tiếp) C U ĐÁP ÁN A C C LƯỢC GIẢI �  13 cos x  ( L) � pt � � �  13 cos x  (C ) � � Sử dụng đường tròn lượng giác, suy phương trình có nghiệm  0, 3  Đặt t  sin x, (1 �t �1) , phương trình trở thành: t  ( L) � t  5t   � � � t  ( L ) � Phương trình vơ nghiệm Phương trình bậc sin, cos 82 � � cos �x  � � 8� TH1: � � � � cos �x  ��0 cos �x  � , 8 � � � � TH2: , chia vế pt cho đưa pt pt theo � � tan �x  � � �để giải   pt �  cos x  sin x    k 4 � cos x  sin x   4k D � � � cos �x  �  4k � 4� � � � cos �x  �  2k 2, k �� � 4� x  k 2 � � � cos �x  � � �  � x  k 2 � 4� k  0, � * ta có pt k 1: pt vô nghiệm * k ‫�ڣ‬    x , pt có nghiệm x  Với Đặt t  tan x, phương trình trở thành: C C   � t  � tan x  tan � x   k � 3 t2  t 1 � �   � t � tan x  tan � x   k � 6 � x � 0,3  , Với sử dụng đường tròn lượng giác, suy pt có nghiệm  1 2sin x  cos x    � 2sin x x  cos  2 83 pt � sin8 x  cos8 x  sin x  cos6 x D D � � � � � sin � x  � sin � 6x  � 3� 6� � �  �  x   x   k 2 � ��   � x     x   k 2 � �  x   k � ��   � x k � 12 (Thiếu đề) pt � 3cos x   cos x  t  cos x  1 �t �1 , Đặt ta có phương trình: 3t   t  � t  cos x  � x  10 D   k � � sin x  m sin x   sin x � � m 1 �� � x � 0,    �x � 0, 2  � � 0, 2  Hệ phương trình có hai nghiệm  m  2 � � 1   � m2   � m2  � � m2 m 1 � 84 GIẢI TÍCH TỔ HỢP Bài số 1:Quy tắc đếm bản C U ĐÁP ÁN A D C LƯỢC GIẢI - Chọn người làm gốc - Bốn người xếp chỗ có 4! Cách xếp Vậy có 4! = 24 cách xếp Với chữ số 1; 2; 3; lập 4! = 24số có chữ số phân biệt Gọi abcde số cần tìm TH1: e  � có cách chọn a, b, c, d có 4! Cách chọn TH2: e �0 � e có cách chọn a �0, a �e � a có cách chọn b, c, d có 3! Cách chọn Vậy có 1.4! + 2.3.3! = 60 số thỏa yêu cầu toán ln l1 l2 Ước số q có dạng p1 p2 pn l1 � 0;1; ; k1 C l2 � 0;1; ; k2  ln � 0;1; ; kn  D C D A 10 D k  k  k  Vậy có      n  ước số q Gọi abcde số cần tìm a �0 � a có cách chọn b, c, d , e có A9 cách chọn Vậy có A9 = 27216 (số) (khơng có đề) C522  1326 cách 2.5.6 = 60 cách (Sửa đề: bỏ bò nướng cách) 5.3 + 5.2 + 3.2 = 31 Gọi abcdef số cần tìm 85 TH1: f  a Có 1.4.A8 cách chọn f �  1;3 a Có 2.5.A84 cách chọn TH2: �a �5 f � 7;9 � � �a �f Có 2.4.A8 cách chọn TH3: 4 Vậy có 1.4.A8 + 2.5.A8 + 2.4.A8 = 36960 cách chọn Bài số 2: Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp CÂU ĐÁP ÁN C C LƯỢC GIẢI Gọi abc số cần tìm TH1: a  � b, c có A4 cách chọn TH2: a  b � 1;5 � b có cách chọn, c �a, b có cách chọn + Nếu c � 1;5 + Nếu b  � b có cách chọn, có cách chọn Vậy có A4 + 1.2.3 + 1.1.2 = 20 số Gọi abcde số cần tìm TH1: e  � có cách chọn a, b, c, d � 1;2;3;4;5;6;7 có A7 Cách chọn e �0 � e � 2;4;6 TH2: có cách chọn a �0, a �e � a có cách chọn b, c, d có A6 cách chọn B C D A Vậy có A7 + 3.6 A6 = 3000 số thỏa yêu cầu toán C84 5.5!  42000 cách chọn + a đứng cuối có cách chọn + b,c,d,e,f có 5! Cách chọn Vậy có 1.5! = 120 cách chọn 6! = 720 cách (6-1)! = 5! = 120 cách 86 A y � �Ax  20 hpt ۣ ��y (0 y x) Cx  10 � Axy Axy y Cx  � y!  y  � y  y! Cx  choïn Ax2  20 � x  x  1  20 � x  x  20  � x   choïn �� x  4  loaïi  � Vậy x  5; y  A D ĐK: n �5  n  1  n    n  3  n     n  1  n    n  3   n    n  3  bpt � 4! 3! � n  9n  22  � 2  n  11 n � 5;6;7;8;9;10 Giao điều kiện, suy C72 5.4  7.C52  7.5.C42  910 10 B C104 6! C94 5!  136080 Bài số 3: Nhị thức Niu-tơn CÂU ĐÁP ÁN LƯỢC GIẢI  Tk 1  Cnk x x C C B SHTQ:  nk k �3 x � � � �x � Số hạng thứ ứng với k  � Cn  36 � n  Số hạng thứ ứng với k  � Hệ số số hạng thứ là: C9  84 a9  C99  C109  C119  C129  C139  C149  3003 x Tổng hệ số khai triển C  C  C   C  1024 n n n n n �   1  1024 n � n  10 87  1 n 1024, suy ra: A D A 10 D A  1;0  , f '  x0   1 � f '  1  1 � x    pttt: y  1. x  1    x  M  1;2  , f '  x0   x0  � f '  1  � pttt: y  1. x  1   x  Nếu hàm số f  x  có đạo hàm x0 f  x  liên tục x0 Ngược lại khơng Ví dụ y  x liên tục x0  khơng có đạo hàm x0  Ta có f '  x0    x0 , f '  x0    2 x0  a Hàm số có đạo hàm x0  � f '  1   f '  1  � 2  a  � a  , b tùy ý Bài Các quy tắc tính đạo hàm C U ĐÁ P ÁN LƯỢC GIẢI ' ' 12 x  18 � � � �   x  3x   y'  �2     2 � �2 � �x  3x  � �x  3x  �  x  3x    x  3x   ' D ' A y'  � 1 B C ' � � �1 � y '  �x   � x ' 2' 4.� �  x 3� � �x  �  x  3 x5 �x   � ��  �  x  3  � � x   2  x  3 �x  � Khi ' ' ' 3 �2 x  �  x  1  x  1   x  1  x  1  x  1   x  1 y'  �   2 � �x  �  x  1  x  1  x  1 ' ' ' �1 � y '  � mx   m   x   m  3 x � m  x    m    x    m   x ' �3 �  mx   m   x  m  m0 � � y ' �0 x � mx   m   x  m  �0 x � � � '   m    m  m  3 �0 109 �m  ��  m �4 � m � �  x  5 y'  �   �  �6 x  �  x    x  5 ' ' D A y '   x  x     x    x   2'  x  x A y '   x  x  x     x    x   x '  5'  x  x  A �  x  2 y'  � �1  x ' ' ' y ' �9 � 3x  x  �0 � 1 �x �3 ' 10 A A ' y '  � 3x  x   � x  �x  1  ' ' 2 ' �  x  x   x �x   �       �  1 x ' � � �  x  2   x    x  2  1 x 2   x2  2x  1 x ' 4 y'  �    x  1   x  1    x  1  3 x   15 x   x  1 � x3  1 � � ' ' 3 ' 4� ' �2 �4 � ' y  �x  x  �  x   x  � � x  x1 `2  x� x � �x �  2x   2 x x '   Bài Đạo hàm hàm số lượng giác C U ĐÁP ÁN LƯỢC GIẢI f '  x    sin x  mx   2sin x. sin x   m  2sin x.cos x  m  sin x  m ' B ' f '  x   có nghiệm � sin 2x  m có nghiệm � 1 �m �1   ' y '  cos x    sin x  B  2 x sin x  x2  110   ' x    sin x 2 x   1 ' x2  1 ' � � x  � f ' 2   � � cos 2 x cos 2 x �2 � cos  f '  x    tan x   ' B f  x  '   cot x  '   cot x    cot x � � 4   cot     � f ' � �  1  cot    �� '  4   cot x   cot x A A A có nghiệm � m   m  1 � 2m  1 � 2m  2m �0 � 1 �m �0 D x � x� x x 1 � x� y'  � sin � 2sin � sin � 2sin cos  sin x � 2� 2 2 � 2� y '   cos x   2cos x. cos x   2cos x.sin x  sin x ' ' f '  x   m cos x   m  1 sin x   2m  1  2 ' ' f '  t    sin  sin t    cos  sin t   sin t   cos  sin t  cost ' A � f '     cos  sin   cos    cos0  1 f ' x   C 10 B ' cos x.  cos x   sin x.sinx   cos x    cos x    cos x   cos x � � � f ' � � 1 �2 �  cos  f '  x   2cos x  2cos x  � cos x  cos x x  k 2 � �x  x  k 2 k 2x �� � � k 2x � x  � x  2 x  k 2 x � � Bài số 3: Đường thẳng vng góc với mặt phẳng CÂU ĐÁP LƯỢC GIẢI ÁN C (Sửa đề: Câu sau đúng) 111 �BD  AB � BD   ABH  � BD  BH � BD  AH � D A A * Ta có Suy BH CD khơng vng góc Suy H không trực tâm VBCD BC  AD � BC   ADH  � BC  DH * Giả sử (Mâu thuẫn) Suy BC AD khơng vng góc �BC  AH � BC  AD � BC  DK * Giả sử AH DK cắt nhau, ta có � (Mâu thuẫn) Suy AH DK chéo Vậy A, B, D sai Tứ diện SABC với SA = SB = SC, O hình chiếu S lên mặt phẳng (ABC) Khi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vậy O nằm trong; nằm ngồi nằm cạnh tam giác ABC Các tính chất phép chiếu vng góc phép chiếu song song phát biểu sai Cho điểm O đường thẳng a Khi đó, tồn mặt phẳng (P) qua O vng góc với đường thẳng a Lí luận tính dựa kết quả: “Hai đường thẳng phân biệt qua điểm vuông góc với đường thẳng nằm mặt phẳng.” A Trong không gian, tập hợp điểm cách ba đỉnh tam giác đường thẳng vng góc với mặt phẳng chứa tam giác tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 112 10 (Khơng có khái niệm hai vectơ đồng phẳng) A D B (Chọn đáp án đúng) Sai trường hợp, tứ giác có cặp cạnh song song Bài số 4: Hai mặt phẳng vng góc CÂU ĐÁP ÁN A LƯỢC GIẢI CD  AD � � �CD  SA � CD   SAD  �  SCD    ACD    � � SCD  ,  ACD   90� B Góc (P) (Q) bằnggóc p q 113 �  Z    SAD  � � Z P AB  PCD �AB   SAD    �F � SB  �  Z  � SAB   EF ,  � �EF P AB �N �CB Z � ABCD   MN , � �MN PCD Thiết diện hình chóp cắt (Z) hình thang vng EFNM, vng E, M S EFNM   EF  MN  EM + EF=A 2 �a � EM  � � x  a  4x2 �2 � + MN 2a  x MN 2a  x  �  � MN  2a  x AB a a a + S EFNM   3a  x  a  x Vậy 114 �AB   SAD  �  P    SAD  � P � AB   �   P  SCD  Mặt khác    Suy  ra   P   SD I    P   � SD � SD  AI Gọi �  P  �AB,  SCD  �CD, AB PCD Ta  có  � �  P  � SCD   IJ I � P SCD     � � B   SC Với  IJ P AB PCD, J � S ABJI   AB  a  SD  2a   AB  IJ  AI AI �SD  SA �AD � AI  a �a a  2a SA2 3a SA  SI �SD � SI   SD  IJ SI SI 3a  � IJ  �DC  SD  DC SD Vậy  S ABJI a 147  16 115 D Suy (P) cắt hình chóp theo thiết diện hình thang IMFE Vậy thiết diện hình thang vng A A A Qua đường thẳng a khơng vng góc với mp(P), số mp(Q) vng góc với (P) 116  SMN    SAM  � MN  AM � AN  AM  MN � a2  y2  a2  x2   a  x    a  y  2 � a2  a  x  y   x2  2 Các đường chéo hình hộp a  b  c (Sai đề) 10 Bài số 5: Khoảng cách CÂU ĐÁP ÁN A LƯỢC GIẢI d  A;  BCD    3VABCD S BCD VABCD  �� �3  117 S BCD         d  A,  BCD    Vậy Gọi C  7    O : AC �BD , (SAC) dựng OI  SC , I �SC Ta có BD   SAC  � BD  OI Suy OI đoạn vng góc chung BD SC � d  BD, SC   OI OIC ∽ SAC � OI OC  SA SC SA  a � � a 2� a OC  � � OI  � SC  a � � 118 B SA  SB  SC   � SI  ABC với I tâm đường tròn ng tiếp ABC a 2a  2a cos  S ABC :     a sin   2R 2 a sin 2 2a  2a cos  a2 2 �R     4sin  2 2 �4sin cos 4cos 2 2 a a d  S ,  ABC    SI  SA2  R   tan 2 B SA=SM=SC � SI   ABC  với I tâm đường tròn ngoại tiếp AMC IM=IA=IC=R AM MC AC MC AC sin C  4R Ta có 119   SAMC  a.a.a a.a sin 30�  4R �R  a � d  S , ABC   SI  SC  IC  5a  a  2a C d  BB� , AC � ,  ACC � A� A�   d  BB�    d  B,  ACC �    BI (Với BI  AC , I �AC ) Vậy d  BB� , AC �   BI  ab a2  b2 D Gọi O  AC �BD BD   SAC  � BD  MO Ta có d D; BM  MB  MO.BD   2S MBD  Ta có  MO.BD � d  D; BM   MB 120 Ta có AC  a 5; AO  AD || BC � � OD  + a 4a 2a ; OC  ; BO  5 OB BC OC   4 OD AD OA OB a BC a  ; AD   10 MO  MA2  AO  x   BD  BO  OD  a2 a  MB  a  x Vậy C D d  D; BM   MO.BD a x  a  MB a2  x2 OH  MC � IH  MC � d  I ; MC   IH Gọi O  AC �BD , dựng Gọi O  AC �BD BD   SAC  Ta có Ta có AC  a 5; AO  a 4a ; OC  5 BC OC  4 AD OA BC a � AD   AD || BC � 121 D d  A;  BCD    3VABCD SBCD VABCD  �� �3  S BCD   7 Vậy Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b khoảng cách ngắn hai đường        d  A,  BCD    10 C Bài số 4: Vi phân CÂU ĐÁP ÁN Bấm máy tính A LƯỢC GIẢI ' D B C B B � x � 1 x �2 � �x  �  x  1 f  xo  x  �f  xo   f '  xo  x mn dy   dx 2x x df  xo   f '  xo  x �cos x �  sin x   x   x cos x � � 1 x � �   x2  122 3 �x  � 3x  x  1  3x  x  1 6 x  � � 2 �x  � x     x3  1 ' 10 C D (Thiếu đề) dy = (xcosx)dx Lập luận 123 ... 25  26  27  28  29  D    25 n5  25 n4  25 n3  25 n 2  25 n1      2  23    25    2  23     25 n5    22  23  24   31  25 .31  21 0.31   25 n5.31 M31... 2. q � q  �3  q  � CSN :  2;  6;  18;  54  q  3 � CSN :  2; 6;  18; 54 C C u1  ; q  n 1 D �4 � un  3.� �  26 � n ��* �3 �   22   25 n 1     22  23  24    25  26 ... 15 11 15 k  2 Số hạng thứ tương ứng với k  5, suy hệ số tương ứng C15 k k n k SHTQ: Tk 1  Cn x Ta có hệ số số hạng thứ 10, 11, 12 là: a10  Cn9 29 ; a11  Cn10 21 0 ; a 12  Cn11 21 1 a11 lớn