Đề thi thử THPT quốc gia

Trong chương II, học sinh cần nắm vững các vị trí tương đối của hai đường thẳng, một số dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song, một số dấu hiệu nhận biết đường thẳng song song với [r]

Trường THCS&THPT Nguyễn Tất Thành ĐỀ CƯƠNG MƠN TỐN LỚP 11 HKI

Năm học 2018-2019

Đại số giải tích Giới hạn chương trình đến hết §2 Chương III Sách giáo khoa Đại số Giải tích 11 ban Trong chương I, học sinh cần nắm vững nội dung hướng dẫn đề cương kì I Trong chương II, học sinh cần nắm vững nội dung sau: khái niệm tổ hợp, chỉnh hợp, hoán vị cơng thức tính số tổ hợp, chỉnh hợp, hoán vị; số phương pháp đếm, khái niệm xác suất số quy tắc tính xác suất, số tính chất Cnk, nhị thức Niu –tơn, tam giác Pascal Trong chương III, học sinh cần nắm vững nội dung sau: bước chứng minh mệnh đề phương pháp quy nạp toán học, khái niệm dãy số, số cách cho dạy số, dãy số tăng, dãy số giảm, dãy số bị chặn trên, dãy số bị chắn dưới, dãy số bị chặn

Hình học: Giới hạn chương trình đến hết §4 Chương II Sách giáo khoa Hình học 11 ban Trong chương I, học sinh cần nắm vững nội dung hướng dẫn đề cương kì I Trong chương II, học sinh cần nắm vững vị trí tương đối hai đường thẳng, số dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song, số dấu hiệu nhận biết đường thẳng song song với mặt phẳng, số dấu hiệu nhận biết hai mặt phẳng song song, tính chất hình lăng trụ, hình hộp

Học sinh tham khảo số câu hỏi lí thuyết số tập sau đây. PHẦN I MỘT SỐ BÀI TẬP Ở MỨC ĐỘ NHẬN BIẾT – THÔNG HIỂU ĐẠI SỐ

Bài 1: Cho dãy số( )un ,

sin

n

u = ổỗỗỗp+npửữữữữ

ỗố ứ " ẻn N*

Phát biểu sau đúng?

A " Ỵn N u*, n+1=un B

*

, n n

n N u + u

$ Ỵ =

C " Ỵn N u*, n+2=un D

*

,un n

n N + u

$ Ỵ =

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Nhật Lệ Chọn C

+)

*

sin ,

5

n

u = ỗỗỗổp +npửữữữữ" ẻn N

ỗố ứ

+) ( )

*

1 sin 5 sin 5 sin 5 , n N

n n

u + = ỗổỗỗỗp+ n+ pữữửữữ= ỗổỗỗỗp+np+pữữữửữ= - ỗỗỗỗổp +npữữửữữ= - u " Ỵ

è ø è ø è ø

+) ( )

*

2 sin 5 sin 5 sin 5 , n N

n n

u + = ỗổỗỗỗp+ n+ pữữửữữ= ỗổỗỗỗp+np+ pữữữửữ= ỗỗỗỗổp+npữữửữữ=u " ẻ

ố ø è ø è ø

Bài 2: Cho dãy số ( )

*

2

,u

1 n n

n

u n N

n +

= " Ỵ

+ Phát biểu sau đúng?

A Dãy số ( )un không bị chặn trên. B Dãy số ( )un không bị chặn dưới. C Dãy số ( )un là dãy giảm. D . Dãy số ( )un là dãy tăng.

Tác giả: Nguyễn Thị Nhật Lệ Chọn D Ta có: ( ) ( )

2 2 2

1 1

2 1 2 3 2 4 1 1

2

2 2

1

n n

n n

u

n n n

n n n

u

n n n

n + + + -= = = -+ + + + + + + -= = = = -+ + + + + *

1 1

2 0,

2 1

n n

u u n N

n n n n

+

Þ - = - - + = - > " Ỵ

+ + + +

Vậy, dãy số ( )un dãy tăng.

info@123doc.org

Bài 3. Cho dãy số  

*

, ,

2 n n

n a

u u n

n 

  

  Tập hợp sau xác định tất số thực a để

dãy số  un dãy tăng

A  ; 2 B 2; C  ;2 D 2; Lời giải

Tác giả: Phùng Hằng ; Fb: Hằng Phùng Chọn A

Xét hiệu:

       

   

1

1

1

3

n n

n a n n a n

n a n a

u u

n n n n

                           

2 2 1 2 2 3 3

2

3

n n a n a n n an a a

n n n n

         

 

   

Để  un dãy tăng    

*

2

0, 2

3

a

n a a

n n



       

  

Kết luận: a   ;2

info@123doc.org

Bài 4. Gọi , ,a b c nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình lượng giác: sinxcosx1 (1); sinx cosx (2); sin 2x cos 2x (3).

Khi đó, tổng T 2a 3b c bằng?

A T 0. B T

 

C T  . D T 12

 

Lời giải

Tác giả: Phùng Hằng ; Fb: Hằng Phùng Chọn C

+)

1 1

sin cos sin cos

2 2

x x  x x cos sin sin cos

4 x x

 

2 2

4

sin sin , ,

4 2

2

4

x k x k

x k k

x k x k                                                    

 Phương trình (1) có nghiệm x k2 , x k2 , k 

  

     

; đó, có nghiệm nguyên dương nhỏ   a

+)

1 2

sin cos sin cos sin sin cos cos

2 2 6

x x  x x   x  x

5

2

6 12

cos cos , ,

6

2

6 12

x k x k

x k k

x k x k

                                              

 Phương trình (2) có nghiệm

2 , ,

12 12

x  k  x  k  k 

; đó, có nghiệm nguyên dương nhỏ

5

12 b 12

 

 

+)

3 3

3 sin cos sin cos cos sin sin cos

2 2 6

x x  x x   x  x

2

6

sin sin , ,

5

6

2

6 12

x k x k

x k k

x k x k

                                                 

 Phương trình (3) có nghiệm

5

, ,

4 12

x k x  k k 

; đó, có nghiệm nguyên dương nhỏ c

 

 

2 3

12

T a b c    

       

tpt0103@gmail.com

Bài 5. Giải phương trình bậc hai số hàm lượng giác a)2sin2x 3sinx 1

b) 2cos2x cosx1 0 .

c)  

2

tan x tan x 0.

d) cot2x4cotx 0

Lời giải

a)   2 sin

2sin 3sin 1

6 sin 5 x k x

x x x k k

x x k                                  b)   2 cos

2cos cos 1

3 cos 2 x k x

x x x k k

x x k                                 c)    

2 tan

tan tan

tan

3

x k

x

x x k

x x k

                         

d)  

 

2 cot 4

cot 4cot

cot cot 5

x k

x

x x k

x x arc k

                        info@123doc.org

Bài 6. Giải phương trình cách biến đổi dạng f x g x    0 a)2sin2xsin 2xsinxcosx0.

b) sinx tanx 2cosx 2 0.

Lời giải

Tác giả: Trịnh Thúy; Fb: Catus Smile. a)2sin2xsin 2xsinxcosx0.

 

   

 

2

2sin 2sin cos sin cos

2sin sin cos sin cos

sin cos 2sin

4

2 sin sin

sin cos 4 4

2

2sin 1

sin sin 7

2 2

6

x x x x x

x x x x x

x x x

x k

x x

x x

x k k

x x x x k                                                                                

   

   

 

 

2

sin

sin 2cos

cos

sin cos sin 2cos 2cos

sin cos 2cos cos

cos sin 2cos

cos (1)

sin 2cos (2)

(1)

(2) sin 2cos tan 2(cosx 0) arctan

x

x x

x

x x x x x

x x x x

x x x

x

x x

x k k

x x x x k k

    

    

    

   

 

   



   

         





levupt@gmail.com

Bài 7. Trong phịng họp có n người, hai người bắt tay lần Biết tổng số lần bắt tay 45 giá trị n bằng?

Lời giải

Tên:Lê Văn Vũ; Fb: Lê Vũ Vì người bắt tay với n1 người cịn lại nên ta có số lần bắt tay là:

   

 

2 10

1

45 90

2

n nhaän n n

n n

n loại

  



     



 .

Vậy phịng họp có 10 người

levupt@gmail.com

Bài 8. Một đồng xu cân đối đồng chất tung hai lần liên tiếp Xác suất biến cố hai lần tung xuất mặt ngửa là?

Lời giải

Tên:Lê Văn Vũ; Fb: Lê Vũ - Số phần tử không gian mẫu:  

2

2

n   

- Gọi biến cố A: “Cả hai lần tung xuất mặt ngửa”  n A 1

- xác suất biến cố A:

     

1

n A p A

n

 



info@123doc.org

Bài 9. Hai súc sắc cân đối đồng chất tung lần Tính xác suất biên cố tổng số chấm xuất hai súc sắc

A

18. B.

1

2 C.

1

36 D

1 Lời giải

Tác giả : Phạm Ngọc Hưng, FB: Phạm Ngọc Hưng Chọn A

Gọi A biến cố “tổng số chấm xuất hai súc sắc 3”

Khi A1;2 ; 2;1    n A 2 Vậy

   

 

2

36 18 n A

P A n

  

 .

Bài 10. Một tú lơ khơ có 52 quân Một người chọn ngẫu nhiên quân Tính xác suất người chọn tứ quý

A 13

52. B.

1

20825 C.

1

270725 D

4 52 Lời giải

Tác giả : Phạm Ngọc Hưng, FB: Phạm Ngọc Hưng Chọn B

Số cách chọn quân tùy ý từ 52 quân C524 (cách) Suy   52

n  C

Gọi A biến cố “chọn tứ quý” Khi n A  13

Vậy

   

 

52

13

20825 n A

P A

n C

  



Email: info@123doc.org

Bài 11. Trong hộp bi có bi xanh, bi đỏ, 10 bi vàng, bi có kích thước Lấy ngẫu nhiên bi Tính xác suất biến cố hai bi lấy có màu khác

A 22

31 B

9

31. C

5

92. D

15 92. Lời giải

Họ tên tác giả: Trần Tuyết Mai Tên FB: Mai Mai Chọn B

Gọi A biến cố “hai bi lấy có màu giống nhau” Số cách lấy hai bi C242 276  276.

Số cách lấy hai bi màu là:  

2 2

6 10

22

88 88

31 A

C C C      P A 

Vậy xác suất biến cố hai bi lấy có màu khác là:     22

31 31

P A   P A   

Email: info@123doc.org

Bài 12. Tìm số hạng chứa x10 khai triển đa thức      

15 20

1

P x  x  x

A 189193147 B C x1510 10. C 189193147x10. D

10 10 10 202

C x .

Lời giải

Họ tên tác giả: Trần Tuyết Mai Tên FB: Mai Mai Chọn C

Ta có:  

15 15

15

1 k k

k

x C x



  

 

20

20 20

20

2 i i i

i

x C  x



  

số hạng chứa x10là C10 20 10 10202 x C10 10 10202 x



 .

Vậy số hạng chứa x10 khai triển đa thức      

15 20

1

P x  x  x

là:

 10 10 10 10 10

15 202 189193147

C C x  x

Duanquy@gmail.com

Bài 13. Tìm số hạng chứa x19 khai triển đa thức P x( ) ( x2x)12

A 253955520x19 B.50388x19 C 3991680x19 D 792x19 Lời giải

Tác giả: Nguyễn Đức Duẩn Chọn D

Ta có

 

 

   

12 12

2 12 12 12

12 12

0

( ) ( ) k( ) ( )k k k k

k k

P x x x C x x C x Số hạng chứa x19ứng với k12 19  k7

Vậy số hạng chứa x19là C x127 19 792x19

Bài 14. Số nguyên dương n thỏa mãn    

2

1

n n n n

C C n Khi số tập tập có n phần tử là?

A 16384 B.32768 C 262144 D 65536

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Đức Duẩn Chọn B

Ta có    

2

1 (*)

n n n n

C C n Điều kiện: n *,n 3

 

(*)



  

 

( 1)! ( )! 7

( 2)!.3! ( 3)!.3!

n n

n

n n

( 1)( )( 1) ( 1)( 2)

7 ( 1)( 1) ( 1)( 2) 42

6

n n n n n n

n n n n n

   

         

3n 45 n 15

    ( Thỏa mãn)

Vậy n15 số tập tập có n phần tử 215 32768 info@123doc.org

Bài 15. Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng  P , đường thẳng b thuộc mặt phẳng  P Phát biểu sau đúng?

A Hai đường thẳng a b song song với B Hai đường thẳng a b chéo

C Hai đường thẳng a b có điểm chung D Hai đường thẳng a b khơng có điểm chung

Tác giả:Nguyễn Khuyết Danh ; Fb: Khuyết Danh Chọn D

Do đường thẳng a song song với mặt phẳng  P , đường thẳng b thuộc mặt phẳng  P Suy ta có hai khả a b

 a b  a b 

 a b chéo a b  Nên ta chọn đáp án D

Bài 16. Cho tứ diện ABCD Phát biểu sau đúng? A AB CD hai đường thẳng cắt

B Tồn vô số mặt phẳng chứa AB song song CD C Mọi mặt phẳng chứa AB cắt CD.

D Tồn mặt phẳng chứa AB song song CD Lời giải

Tác giả:Nguyễn Khuyết Danh ; Fb: Khuyết Danh Chọn D

Ta có AB CD hai đường thẳng chéo nhau, theo định lí sách giáo khoa, tồn nhất mặt phẳng chứa AB song song với CD

info@123doc.org

Bài 17. Cho hình hộp ABCD A B C D     Mặt phẳng  P cắt cạnh AB CD C D A B, ,  ,   4

điểm M N P Q, , , Khẳng định đúng? A MNPQ hình thang có hai cạnh bên khơng song song B. MNPQ hình bình hành

C. MNPQ tứ giác có hai cạnh đối khác D. MNPQ tứ giác có hai góc đối khác

Lời giải

Tác giả : Trần Thơm, FB: Kem LY Chọn B

   

   

   

P

P / /

/ /

ABCD MN

A B C D PQ MN PQ

ABCD A B C D

  

    

  

     

   

   

   

P

P / /

/ /

A B BA MQ

C D DC PN MQ PN

A B BA C D DC  

  

  

  

     

Vậy tứ giác MNPQ hình bình hành

Bài 18. Cho hình chóp S ABCD có AB CD/ / Tìm giao tuyến hai mặt phẳng SAB SCD A. Là đường thẳng qua S song song với AB

B. Là đường thẳng qua S song song với AD C. Là đường thẳng AC

D. Là đường thẳng BD

Lời giải

Tác giả : Trần Thơm, FB: Kem LY Chọn A

Xét hai mặt phẳng SAB SCD có S điểm chung

Lại có AB CD/ / suy giao tuyến chúng đường thẳng qua S song song với AB

info@123doc.org

Bài 19. Cho tứ diện ABCD Mặt phẳng  P song song với AD BC cắt cạnh AB, AC, CD, BD M , N, P, Q ( điểm không trùng với đỉnh tứ diện) Chứng minh rằng MNPQ hình bình hành.

Lời giải

Gọi M điểm đoạn AB

Ta có

   

     

M P ABD

Mx P ABD

AD P

 

 

  

 

  với Mx AD .

Gọi Q Mx BD

Ta có

   

     

Q P BCD

Qy P ABD

BC P

 

 

  

 

  với Qy BC .

Gọi P Qy CD 

Ta có

   

     

P P ACD

Pz P ACD

AD P

 

 

  

 

  với Pz AD .

Gọi N PzAC.    

MN P ABC

  

Vì MN QP ( song song với BC) MQ NP (cùng song song với AD) nên tứ giác MNPQ hình bình hành.

Vậy thiết diện  P với tứ diện ABCD hình bình hành MNPQ

info@123doc.org

Bài 20. Cho tứ diện ABCD Gọi M , N , P, Q, R, S trung điểm cạnh AB, CD, AC, BD, AD, BC Chứng minh đoạn thẳng MN, PQ, RS đồng quy trung điểm đoạn

Lời giải

Vì MP đường trung bình tam giác ABC nên ta có

 

1

MP BC

MP BC 

   

  .

Vì QN đường trung bình tam giác ABCnên ta có

 

2

QN BC

QN BC 

   

  .

Từ  1  2  tứ giác MPNQ hình bình hành. Gọi K MNPQ  K trung điểm MN, PQ.

Chứng minh tương tự ta có tứ giác MSNP hình bình hành tâm K.

Vậy đoạn thẳng MN, PQ, RS đồng quy trung điểm đoạn

info@123doc.org

Phần chuyển sang câu hỏi trắc nghiệm

Bài 19. Cho tứ diện ABCD Mặt phẳng  P song song với AD BC cắt cạnh AB, AC, CD, BD M , N , P, Q ( điểm không trùng với đỉnh tứ diện) Khẳng định sau

A Tứ giác MNPQ hình vng B Tứ giác MNPQ hình thoi C Tứ giác MNPQ hình chữ nhật D Tứ giác MNPQ hình bình hành

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Bá Hiếu; Fb: Nguyễn Bá Hiếu Chọn D

Ta có

   

     

M P ABD

Mx P ABD

AD P

 

 

  

 

  với Mx AD .

Gọi Q Mx BD

Ta có

   

     

Q P BCD

Qy P ABD

BC P

 

 

  

 

  với Qy BC .

Gọi P Qy CD 

Ta có

   

     

P P ACD

Pz P ACD

AD P

 

 

  

 

  với Pz AD .

Gọi N PzAC.    

MN P ABC

   .

Vì MN QP ( song song với BC) MQ NP (cùng song song với AD) nên tứ giác MNPQ hình bình hành.

Vậy thiết diện  P với tứ diện ABCD hình bình hành MNPQ

info@123doc.org

Bài 20. Cho tứ diện ABCD Gọi M , N , P, Q, R, S trung điểm cạnh AB, CD, AC, BD, AD, BC Chọn đáp án đúng

A AB, PQ, RSđồng quy B MN, CD, RSđồng quy C MN, PQ, ADđồng quy D MN, PQ, RSđồng quy

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Bá Hiếu; Fb: Nguyễn Bá Hiếu Chọn D

Vì MP đường trung bình tam giác ABC nên ta có

 

1

MP BC

MP BC 

   

  .

Vì QN đường trung bình tam giác ABCnên ta có

 

2

QN BC

QN BC 

   

Từ  1  2  tứ giác MPNQ hình bình hành. Gọi K MNPQ  K trung điểm MN, PQ.

Chứng minh tương tự ta có tứ giác MSNP hình bình hành tâm K

Vậy đoạn thẳng MN, PQ, RS đồng quy trung điểm đoạn

info@123doc.org info@123doc.org

Bài 21. Cho hình hộp ABCD A B C D     Chứng minh rằng

a) Các đoạn thẳng AC,A C , BD, B D đồng qui cắt trung điểm đoạn.

b) B D //mp A BD   c) mp CB D   //mp A BD   d) mp BA C   //mp D AC  

Lời giải

Tác giả: Phùng Nguyễn; Fb: Phùng Nguyễn

a) Vì ABCD A B C D    là hình hộp nên //

AA CC, AACC

//

BB DD, BBDD

//

BC A D , BCA D 

Suy ACC A , BDD B , BCD A  hình bình hành.

Suy AC A C cắt trung điểm đoạn  1

BD B D cắt trung điểm đoạn  2 A C BD cắt trung điểm đoạn  3

Từ  1 ,  2  3 suy AC,A C , BD, B D đồng qui cắt trung điểm

đoạn

Vì BDD B là hình bình hành suy ra: B D //BD mà BDA BD  suy B D //mp A BD  . c) Chứng minh: mp CB D   //mp A BD  

Vì BCD A là hình bình hành nên CD// A B mà A B A BD 

Suy CD//A BD   4 Có B D //mp A BD   (cmt)  5

Từ  4  5 suy mp CB D   //mp A BD   d) chứng minh tương tự câu c)

info@123doc.org

Bài 22. Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi M , N , P trung điểm SA, SB, SC AC BD cắt O Chứng minh rằng

a) MP mp ACN//   b) mp ONP  //mp SAD  Lời giải

Tác giả: Phùng Nguyễn; Fb: Phùng Nguyễn

a) Từ giả thiết suy MP đường trung bình tam giác SAC  MP// AC Lại có ACACN suy MP//ACN

b) Từ giả thiết suy ra: ON OP đường trung bình tam giác SBD SAC suy ON //SD, OP// SA

Vì SDSAD, SASAD nên ON //SAD, OP//SAD Do ONP // SAD

info@123doc.org

Bài 23. Xác định số nghiệm phương trình sinxcosx1 0; 2. Lời giải

3 1 sin cos

2 x x

  

1 cos cos sin sin

3

x  x 

   cos x          cos cos 3

x  

 

   

 

2

3 ,

2 3 x k k x k                     2 , x k k x k              - Với 2

x  k 

x0;2 nên ta có

2

0 2 2

3 k k

         

3 k

   

1

,

3 k k

      Suy k 0, ta có

2 x 

- Với x k 2 x0;2 nên ta có 0k2 2  2 k 2

 0 k 1,k  Suy k k    

 , ta có

0 x x       .

Vậy phương trình cho có nghiệm 0; 2

info@123doc.org

Bài 24. (Đại học kinh tế Quốc Dân năm 1997) Tìm nghiệm phương trình cos7x sin 7x

thỏa mãn điều kiện

2

5 x

 

 

Lời giải

Tác giả: Trần Sơn; Fb:Son Tran Ta có: cos 7x sin 7x

3 sin 7x cos 7x

  

3

sin cos

2 x x

  

2 sin cos cos sin

6

x  x 

2 sin x         

sin sin

6

x  

 

   

 

7

6 ,

7 x k k x k                       12 , 11 12 x k k x k                

84 7 ,

11 84 x k k x k                 - Với 84

x  k 

2

5 x

 

 

nên ta có

2

5 84 k 7

   

  

2

5 84 k7

   

143 67

420 84

k

  

143 67

,

120 k 24 k

    

Suy k 2, ta có

53 84 x 

- Với

11

84

x  k 

2

5 x

 

 

nên ta có

2 11

5 84 k 7

   

  

2 11

5 84 k7

   

113 61

420 84

k

  

113 61

,

120 k 24 k

     Suy k k    

 , ta có

5 12 59 84 x x          .

Vậy phương trình cho có nghiệm thỏa mãn điều kiện

2

5 x

 

  CHUYỂN THÀNH TRẮC NGHIỆM

info@123doc.org

(I). Các đoạn thẳng AC,A C , BD, B D đồng qui cắt trung điểm đoạn.

(II). B D //mp A BD  

(III). mp CB D   //mp A BD   (IV). mp BA C   //mp D AC   Số khẳng định là:

A 1 B 2. C 3 D 4

Lời giải

Tác giả: Phùng Nguyễn; Fb: Phùng Nguyễn Chọn D

(I). Đúng

Vì ABCD A B C D    là hình hộp nên //

AA CC, AACC

//

BB DD, BBDD

//

BC A D , BCA D 

Suy ACC A , BDD B , BCD A  hình bình hành.

Suy AC A C cắt trung điểm đoạn  1

BD B D cắt trung điểm đoạn  2 A C BD cắt trung điểm đoạn  3

Từ  1 ,  2  3 suy AC,A C , BD, B D đồng qui cắt trung điểm

đoạn

(II) Đúng Ta chứng minh: B D //mp A BD  

(III) Đúng Ta chứng minh: mp CB D   //mp A BD  

Vì BCD A là hình bình hành nên CD// A B mà A B A BD 

Suy CD//A BD   4 Có B D //mp A BD   (cmt)  5

Từ  4  5 suy mp CB D   //mp A BD   (IV) Đúng chứng minh tương tự câu (III).

info@123doc.org

Câu 22. Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi M , N , P trung điểm SA, SB, SC AC BD cắt O Cho khẳng định sau:

(I). MP mp ACN//   (II). mp ONP  //mp SAD  (III). MP mp SAB//   (IV). mp ONP  //mp SCD  Số khẳng định là:

A 1 B 2. C 3 D 4

Lời giải

Tác giả: Phùng Nguyễn; Fb: Phùng Nguyễn Chọn B

(I) Đúng Thật vậy, từ giả thiết suy MP đường trung bình tam giác SAC //

MP AC

 Lại có ACACN suy MP//ACN.

(II) Đúng Thật vậy, từ giả thiết suy ra: ON OP đường trung bình tam giác SBD SAC suy ON //SD, OP// SA

Vì SDSAD, SASAD nên ON //SAD, OP//SAD Do ONP // SAD (III) Sai Vì MSA, SASAB nên MPSAB M .

info@123doc.org

Câu 23. Số nghiệm phương trình sinxcosx1 0; 2 là:

A 1 B 2 C 3 D 4

Lời giải

Tác giả: Trần Sơn; Fb:Son Tran Chọn C

info@123doc.org

Câu 24. Số nghiệm phương trình cos 7x sin 7x 2

2 ;

 

 

 

  là:

A 1 B 2 C 3 D 4

Lời giải

Tác giả: Trần Sơn; Fb:Son Tran Chọn C

info@123doc.org

Bài 25. (Đại học năm 2005 – Khối D) Giải phương trình

4

cos sin os sin

4

x x c x    x   

   

A x k2 ,k 



   

B x k , k

 

   

C x k 2,k

 

   

D x k k,

 

   

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Hoa, FB: Hoa Nguyễn Chọn B

4

cos sin os sin

4

x x c x    x   

   

2

1 2sin cos sin sin

2 2

x x   x   x

         

 

 

2

sin 2x sin 2x

   

sin ,

sin 2 (ktm)

x x k k

x

  

     

 

 



info@123doc.org

Bài 26. (Đại học năm 2007 – Khối A)

Giải phương trình    

2

A 2 x k

x k k

x k                     B 2 x k

x k k

x k                     C x k

x k k

x k                     D 2 x k

x k k

x k                     Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Hoa, FB: Hoa Nguyễn Chọn A

1 sin2 xcosx 1+ osc 2xsinx sin2x.

   

sinx cosx 1+sin cosx x sinx cosx2

   

sin cosx x 1 cosx 1-sinx

   

4

2

2

x k

x k k

x k                      info@123doc.org

Bài 27. [A-2002] Số nghiệm x(0;2 ) pt:

cos sin

5 sin cos

1 2sin

x x x x x         

  là

A 1 B 2 C 3 D 4

Lời giải

Tác giả : Đinh Văn Vang ; fb : Tuan Vu

Chọn B

Phương trình

cos sin

5 sin cos

1 2sin

x x x x x             

5 sin 2sin sin cos3 sin

cos 2.sin

x x x x x

x x        cos

2cos 5cos 2

cos x x x x            . + cos 2

+ cosx 2 1 phương trình vơ nghiệm.

Trên khoảng 0;2 phương trình có hai nghiệm

5 ;

3

x x 

info@123doc.org

Bài 28. Cho đa giác lồi có số đường chéo 35 Số tam giác mà ba đỉnh đỉnh đa giác là:

A 10 B 120 C 70 D 35

Lời giải

Tác giả : Đinh Văn Vang ; fb : Tuan Vu

Chọn A

Gọi n, 3  n số đỉnh đa giác lồi. Ta có

 

   

 

2 35 ! 35 35 3 70 0 10

2 !2!

n

n tmdk

n n n

C n n n n n

n n kotmdk

  

             

  

Số tam giác mà ba đỉnh đỉnh đa giác : 10

info@123doc.org

Bài 29. Trong hộp gồm có 21 bóng: 6 bóng xanh, 7 bóng vàng, 8 bóng đỏ. Chọn ngẫu nhiên Tính xác suất biến cố “ hai bóng chọn khơng có màu vàng”

Lời giải

+ Xét phép thử “Chọn ngẫu nhiên 2 21 bóng”.

Số cách chọn 21 bóng C212  n  C212 210.

+ Gọi A biến cố “ hai bóng chọn khơng có màu vàng”

Tổng số bóng xanh bóng đỏ 14  Số cách chọn 2 khơng có màu vàng C142  n A  C142 91.

+ Vậy ta có

   

  14

2 21

91 13 210 30

n A C

P A

n C

   



Bài 30. Một lơ hàng có 15sản phẩm có phế phẩm Chọn ngẫu nhiên 10sản phẩm Tính xác suất để 10 sản phẩm chọn, có khơng q phế phẩm

Lời giải

+ Xét phép thử “Chọn ngẫu nhiên 10sản phẩm 15sản phẩm”

Số cách chọn 10 sản phẩm 15 sản phẩm C1510  n  C1510 3003. + Gọi A biến cố “ 10 sản phẩm chọn, có khơng q 1 phế phẩm” Biến cố A xảy 2 trường hợp

TH2: 10 sản phẩm chọn, có phế phẩm, số cách chọn C C12 139 1430   1310 12 139 286 1430 1716

n A C C C   

+ Vậy ta có

   

 

1716 3003 n A

P A n

  



Tác giả:Nguyễn Thị Thu Hiền; Fb:Hien Nguyen Thi Thu Phần Chuyển câu hỏi trắc nghiệm

Câu 29. Trong hộp gồm có 21 bóng: bóng xanh, bóng vàng, bóng đỏ Chọn ngẫu nhiên Xác suất biến cố “ hai bóng chọn khơng có màu vàng” là:

A 10.B

13

15. C

17

30. D

13 30.

Lời giải

+ Xét phép thử “Chọn ngẫu nhiên 21 bóng”

Số cách chọn 2 21 bóng C212  n  C212 210

+ Gọi A biến cố “ hai bóng chọn khơng có màu vàng”

Tổng số bóng xanh bóng đỏ 14  Số cách chọn 2 khơng có màu vàng C142  n A  C142 91.

+ Vậy ta có

   

  14

2 21

91 13 210 30

n A C

P A

n C

   



Câu 30. Một lơ hàng có 15sản phẩm có 2 phế phẩm Chọn ngẫu nhiên 10sản phẩm. Xác suất để 10 sản phẩm chọn, có khơng q phế phẩm là:

A 10

21.B

21. C

4

7. D.

1 3003. Lời giải

+ Xét phép thử “Chọn ngẫu nhiên 10sản phẩm 15sản phẩm”

Số cách chọn 10 sản phẩm 15 sản phẩm C1510  n  C1510 3003

+ Gọi A biến cố “ 10 sản phẩm chọn, có khơng q phế phẩm” Biến cố A xảy trường hợp

TH1: 10 sản phẩm chọn, khơng có phế phẩm, số cách chọn C1310 286

  1310 12 139 286 1430 1716

n A C C C    .

+ Vậy ta có

   

 

1716 3003 n A

P A n

  



Tác giả:Nguyễn Thị Thu Hiền; Fb:Hien Nguyen Thi Thu

info@123doc.org

Bài 31 Trong dịp quay xổ số , có ba loại giải thưởng 1.000.000 đồng , 500.000 đồng , 100.000 đồng Trong 100 vé có vé trúng thưởng 1.000.000 đồng, vé trúng thưởng 500.000 đồng 10 vé trúng thưởng 100.000 đồng Một người mua ngẫu nhiên vé Tính xác suất biến cố người trúng thưởng 300.000 đồng

A 293

385 B

992

5775. C

4783

5775. D

92 385. Lời giải

Tác giả:Nguyễn Tuyết Lê ; Fb: Nguyen Tuyet Le. Chọn B

Gọi  tập hợp tất cách mua vé 100 vé Ta có: n( ) C1003 161700

Gọi A biến cố “ người mua trúng thưởng 300.000 đồng “ Suy ra: A “người mua trúng thưởng nhỏ thua 300.000 đồng” Để tính n A( )ta có trường hợp sau:

TH1: vé trúng thưởng 1.000.000 đồng , vé khơng trúng thưởng có C C102 841

TH2: vé trúng thưởng 1.000.000 đồng, vé không trúng thưởng có có C C101 842

TH3: Khơng có vé trúng thưởng, có C843

Suy ra:

2 1

10 84 10 84 84

( ) 133924

n A C C C C C  .

( ) 4783 ( )

( 5775

n A P A

n

  



992 (A) (A)

5775

P P

   

info@123doc.org

Bài 32. Cho x0.Tìm số hạng khơng chứa x khai triển

25

2

1 x

x

 



 

  .

A C1525 B 10 25

C . C

25

C

 . D C1525.

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Tuyết Lê ; Fb: Nguyen Tuyet Le. Chọn D

Theo khai triển nhị thức Niu tơn ta có:

25 25 25

3 25 75

25 25

2

0

1

.( ) ( ) ( 1)

k k k k k k

k k

x C x C x

x x

 

 

 

    

 

    .

Số hạng thứ k1 khai triển là: ( 1) 25 75

k k k k

T C x 

Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn 75 5 k 0 k 15.

Vậy số hạng không chứa x khai triển

25 x x     

  là: T16C1525.

info@123doc.org

Bài 33. Cho số nguyên dương n thỏa mãn 5Cnn Cn3



 Số hạng chứa x5

khai triển

2 1 14 n nx x       

với x0có dạng

5

m x

n ; m n; ,n1

m

n phân số tối giản Tính 2m n ? A 78 B 78 . C. 50. D. 57.

Lời giải

Tác giả: Đỗ Tấn Bảo; Fb: Đỗ Tấn Bảo Chọn C Điều kiện: * n n       Ta có        

1

5 30

4 3!

n n n

n

n n n

C C n n n

n

           

    Chọn n7.

Số hạng tổng quát khai triển

7 1 , x x x      

  là

 

7

7

1 7

1

,

2

k k

k

k k k

k k

x

T C C x k

x                      .

Số hạng chứa x5 khai triển ứng với 2 k  5 k1.

Vậy số hạng chứa x5 khai triển

1 5

2

1

2 64

T  C x  x

Do m7;n64 2m n 50

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án 78: nhầm lẫm m7;n64 Phương án 78 : Nhầm lẫn m7;n64.

Phương án 57: Nhầm lẫn m n .

info@123doc.org

Bài 34. Cho n số dương lớn mệnh đề sau: (1) Cn0Cn1Cn2Cnn 2n

(2) 20 22 22 22

n n

n n n

C C C 

   .

(3) 12 23 22 22

n n

n n n

C C C  

   .

Trong ba mệnh đề trên, có mệnh đề đúng?

A B C. D 3

Tác giả: Đỗ Tấn Bảo; Fb: Đỗ Tấn Bảo Chọn D

Xét khai triển    

0 2 1

1 n n n n n;

n n n n n

P x x C C x C x C x  C x n

       

 1 n n 2n

n n n n n

P C C C C  C

       Suy mệnh đề (1) đúng.

Xét khai triển    

2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2

1 n n n n n;

n n n n n

P x x C C x C x C  x  C x n

        .

Khi  

     

0 2

2 2 2

2

0 2

2 2 2

1

1 1

n n n

n n n n n n

n n n n

n n n n n n

P C C C C C C

P C C C C C C

                                    

0 2 2 2

2 2 2 2

1 3 2 2

2 2 2 2

1 2 2 2

1 2 2

n n n n n

n n n n n n n

n n n n n

n n n n n n n

P P C C C C C C C

P P C C C C C C C

                                              Hay mệnh đề (2) mệnh đề (3)

info@123doc.org

Bài 35. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn a) Cn0C1nCn2 Cnn 2048 b) 20 22 24 22 512

n

n n n n

C C C  C 

Lời giải

Tác giả: Đỗ Hải Thu

a) Xét khai triển  

0 2

1 n n n

n n n n

x C C x C x C x

     

Cho x1 ta 2n Cn0Cn1Cn2 Cnn  2n 2048 n11. b) Xét khai triển  

2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 2

2 2 2

1 n n n n n

n n n n n n

x C C x C x C x C  x  C x

      

Cho x1 ta 22 20 21 22 23 22 22

n n n

n n n n n n

C C C C C  C

       (1)

Cho x1 ta 0 20 21 22 23 22 22

n n

n n n n n n

C C C C C  C

       (2)

Cộng hai vế tương ứng (1) (2) 22 20 22 24 22 2 22

n n n

n n n n n

C C C C  C

     

2 2

2 2 2

2 n n n

n n n n n

C C C C C

 

      

2

2 n 512 n 2n n

        

Bài 36. Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi M N P, , trung điểm , ,

AB CD SA Gọi E trung điểm BC, G trọng tâm tam giác SBC, AE cắt BD F Chứng minh

a) MP/ /SBD b) GF/ /SAB c) SC/ /MNP

Lời giải

F

Q P

G

E

N M

D

C B

A S

a) Từ giả thiết ta có MP đường trung bình tam giác SAB / /

MP SB 

Mà MPSBD SBSBD Vậy MP/ /SBD

b) BEF đồng dạng với DAF

1

2

EF BE EF

AF DA EA

    

G trọng tâm tam giác SBC

1 EG ES

 

SAE  có

1

/ /

EF EG

GF SA

EA ES  

Ta có GF SA/ / GF SAB SASAB Vậy GF/ /SAB

c) Lấy Q trung điểm SD, ta có PQ MN/ / (vì song song với AD)

 

Q MNP

 

Ta có QN đường trung bình tam giác SCD QN/ /SC Vì QN/ /SC

SCMNP QN MNP Vậy SC/ /MNP

Chuyển sang trắc nghiệm

Câu 35. a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn Cn0Cn1Cn2 Cnn 2048

A n9. B n10. C n11. D n12. b) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 20 22 24 22 512

n

n n n n

A n4. B n5. C n6. D n7. Lời giải

a) Chọn C

Cách 1: Xét khai triển 1  2

n n n

n n n n

x C C x C x C x

     

Cho x1 ta 2n Cn0Cn1Cn2 Cnn  2n 2048 n11.

Cách 2: Sử dụng máy tính thay giá trị n phương án để tìm câu trả lời b) Chọn B

Cách 1: Xét khai triển  

2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 2

2 2 2

1 n n n n n

n n n n n n

x C C x C x C x C  x  C x

      

Cho x1 ta 22 20 21 22 23 22 22

n n n

n n n n n n

C C C C C  C

       (1)

Cho x1 ta 0 20 21 22 23 22 22

n n

n n n n n n

C C C C C  C

       (2)

Cộng hai vế tương ứng (1) (2) 22 20 22 24 22 2 22

n n n

n n n n n

C C C C  C

     

2 2

2 2 2

2 n n n

n n n n n

C C C C C

 

      

2

2 n 512 n 2n n

        

Cách 2: Sử dụng máy tính thay giá trị n phương án để tìm câu trả lời

Câu 36. Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi M N P, , trung điểm , ,

AB CD SA Gọi E trung điểm BC, G trọng tâm tam giác SBC, AE cắt BD F Chọn khẳng định khẳng định sau

a)

A MP/ /SCD B MP/ /SAD C MP/ /SBD D MP/ /SAC b)

A GF/ /SAB B GF/ /SAE C GF/ /SCD D GF/ /SBD c) SC/ /MNP

A SC/ /ABD B SC/ /MNP C SC/ /PAD D SC/ /APM Lời giải

F

Q P

G

E

N M

D

C B

A S

Từ giả thiết ta có MP đường trung bình tam giác SAB / /

MP SB 

Mà MPSBD SBSBD Vậy MP/ /SBD b) Chọn A

BEF

 đồng dạng với DAF

1

2

EF BE EF

AF DA EA

    

G trọng tâm tam giác SBC

1 EG ES

 

SAE  có

1

/ /

EF EG

GF SA

EA ES  

Ta có GF SA/ / GF SAB SASAB Vậy GF/ /SAB c) Chọn B

Lấy Q trung điểm SD, ta có PQ MN/ / (vì song song với AD)

 

Q MNP

  .

Ta có QN đường trung bình tam giác SCD QN/ /SC Vì QN/ /SC

SCMNP QN MNP Vậy SC/ /MNP

info@123doc.org

Bài 37 Cho hình chóp S ABCDcó đáy hình bình hành Gọi M trung điểm cạnh SA, G trọng tâm tam giácSAB

a) Xác định giao điểm N CM với mặt phẳng SBD b) Chứng minh GN song song với mặt phẳng SAD

c) Vẽ tiết diện hình chóp cho cắt mặt phẳngMBC Lời giải

a) Gọi ACBD O

Ta có CM SAC

 

 

   

   

AC BD O

AC SAC O SAC SBD

BD SBD

SO SAC SBD



 



   



 

  

 

   

SO SAC

CM SAC N CM SBD

SO CM N

 



   



  

b) Gọi P trung điểm AB Do G trọng tâm tam giác SAB

Ta có:  

2 SG SP 

Xét tam giác SAC có hai đường trung tuyến SO CM cắt N Suy N trọng tâm tam giác SAC  

2 SN SO

 

Từ (1) (2)

SG SN

SP SO

 

/ /

GN OP



Ta có:

OB OD PB PA

   

  OP đường trung bình tam giác ABD.

 

 

 

/ / GN //AD GN//AD

AD / /

OP AD

SAD GN SAD

GN SAD

 

 

 



 

Thiết diện (MBC) với hình chóp hình thang MQCB

Bài 38 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành G trọng tâm tam giác ABC Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng qua G song song với SB AC

Lời giải

Tác giả: Trần Văn Đô ; Fb: Tran Tran Do

- Dựng mp() qua G song song với AC, SB

Cách dựng: - Trong (ABCD) từ G kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB, BC, CD, AD M, N, Q, I

- Trong (SAB) , từ M kẻ đường thẳng song song với SB cắt SA P - Trong ( SAD) , kẻ IP cắt SD K

- Trong ( SCD) , kẻ QK cắt SC H

+ Dựa vào cách dựng mp( ) ta dựng thiết diện mp( ) với hình chóp S.ABCD ngũ giác MNHKP.

Trắc nghiệm

Câu 37 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Gọi M trung điểm cạnh SA, G trọng tâm tam giác SAB , gọi CM giao với mặt phẳng (SBD) N GN song song với mặt phẳng A (SAD). B (SAB) C (SCD). D (SBC). Câu 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành G trọng tâm tam giác ABC Thiết diện

của hình chóp cắt mặt phẳng qua G song song với SB AC hình

A Tứ giác B Tam giác.

C Ngũ giác D Lục giác

info@123doc.org

Bài 39. Cho hình chóp .S ABCD có đáy hình thang  

, / / , , ,

ABCD AD BC AD BC ACBD O G

là trọng tâm tam giác SCD M trung điểm SD , điểm I thuộc cạnh SC thỏa mãn 2SC 3SI Chọn khẳng định ?

2.A CM / /SAB B CM / /SAD C CM / /BID D CM / /SBC 3.A SA/ /BID B SA/ /SDB C SA/ /SBC D SA/ /MBD

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thùy Linh ; Fb:Nguyễn Thùy Linh Chọn A

Do

/ /

2

AD BC CO BO CB

AD BC AO DO AD



   

  

Do G trọng tâm tam giác SCD nên DG

GN 

a) Gọi N trung điểm SC Ta có :

   

2 / / , / /

DG DO

OG BN BN SBC OG SBC

GN OB    

b) Gọi E trung điểm

/ /

/ /

2

ME AD

ME BC

SA MEBC

ME BC

ME AD



 

    



 



 hình bình hành.

   

/ / , / /

MC BE BE SAB CM SAB

  

c) Do

1

2

2 CI

SC SI

IS

  

Ta có :    

1

/ / , / /

2

CO CI

SA OI OI BID SA BID

OA IS    

info@123doc.org

Bài 40. Cho hai hình bình hành ABCD ABEF nằm hai mặt phẳng khác AE cắt BF ,

M AC cắt BD N Gọi I trọng tâm tam giác ABF K điểm thuộc đường chéo AC hình bình hành ABCD cho AC 3AK

 I : CE/ /ADF  II MN: / /BCE III IK: / /ADF

Tác giả:Nguyễn Thùy Linh ; Fb:Nguyễn Thùy Linh Chọn D

a) Ta có :  

 

/ /

/ /

AF BE

AF BEC

BE BEC

 

 

  

   

/ /

/ /

AD BC

AD BEC

BC BEC

 

 

  

ADF / / BEC



Mà CEBECCE/ /ADF

   

/ /

/ /

MN EC

MN BEC

EC BEC

 

 

  

b) Ta có :

   

3 2

/ / , / /

2 3

/ / , / /

AC AK AK AK AI

IK MN MN DF

AC AN AN AN AM

IK DF DF ADF IK ADF

 

     

  

  

aphanthanhvu2info@123doc.org

Bài 41. Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C. ' ' '.Gọi M trung điểm B C' '; I K G, , trọng tâm tam giác tam giác ABC A B C, ' ' 'và ACC'

Chứng minh rằng: a) IG mp BB C C  ' '

/ /

b) AC mp BA M 

' / / '

Lời giải

a) CMR IG mp BB C C  ' '

/ /

Gọi E trung điểm BC Vì Ilà trọng tâm ABCnên

2

AI  AE (1) Gọi F trung điểm CC' Vì G trọng tâm ACC'nên

2

Mà EFBB C C ' '

 

IG mp BB C C

 / / ' '

b) CMR AC mp BA M 

' / / '

Gọi O A B ' AB'

Nên O trung điểm B A' Mà M trung điểm B C' '

Suy OM đường trung bình B AC' ' Suy OM / /AC'

Mà OM  A BC 

' '

Nên AC mp BA M 

'/ / '

Bài 42. Cho hình hộp ABCD A B C D. ' ' ' ' Tìm G G, 'lần lượt giao điểm AC'với mặt phẳng

DBA'

và CB D  ' '

Chứng minh AG GG ' G C' '. Lời giải

Gọi O AC BD Do O trung điểm AC BD, (1) Trong ACC A

' '

, gọi G AC'A O' Mà A OA BD

' '

Nên GAC A BD

' '

Gọi O' A C' 'B D' ' Nên O' trung điểm A C B D' ', ' ' (2) Trong ACC A

' '

, gọi G' AC'CO' Mà CO CB D 

' ' '

NênG AC CB D 

' ' ' '

Trong ACC A

' '

, gọi E AC'A C' . Nên E trung điểm AC A C', ' (3) Từ (1)(2)(3) suy :

G trọng tâm A AC'

2 1

3 3

AG AE AC AC

   . '  '

G'

là trọng tâm A AC' '

2 1

3 3

C G AE AC AC

Mà

1

AC' AG GG 'G C' '  GG'  AC'

Do

1

AG GG ' G C' '  AC'

info@123doc.org

Bài 43. Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' Gọi M N, trung điểm AB DD, ' a) CMR: MN||AB D' ' 

b) Tìm thiết diện hình hộp cắt mặt phẳng  P chứa MN, song song với AB D' '  c) Gọi O tâm hình bình hành A B C D' ' ' ' K AOA MN'  Tính tỉ số

AK AO Lời giải

Tác giả: Nguyễn Minh Đức ; Fb: Đức Minh Nguyễn

- Trong A D DA' ' : A N' AD'E - Trong A B BA' ' : A M' AB'H

A NM'  AB D' ' HE

  

* Chứng minh: MN HE|| - Do E trọng tâm A D D' '

'

'

A E A N

 

- Do H trọng tâm A AB'

'

3 A H

AM

 

' '

||

'

A E A H

HE MN

A N AM

   

*

 

 

 

' '

|| || ' '

' '

MN AB D

MN HE MN AB D

HE AB D

 

   

 

b)

- Trong B C CB' ' , qua S kẻ SF BC|| ' FB C' '  - Trong A B C D' ' ' ' , qua F kẻ FQ B D|| ' ' Q D C ' '  * Vậy thiết diện cần tìm lục giác MGNQFS

c)

* Tìm K AOA MN' 

- Trong AB D' ' , EHAOK

 ' 

E EH A MN

K AO

 

   

 

  K A MN' AO

* Tính AK AO

1 1

' ' '

2 3

AEAJ JE  AD AD  AD 

2

' ' '

3

x x

EK EA AK  AD x AO  AD  AB

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      



2

' '

3

EH EA AH  AD  AB

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    



 , ,E K H thẳng hàng nên

3

4

6

2

3

x x

EK k EH x



    



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

* Vậy:

4 AK AO 

Bài 44. Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' Gọi ,O I trung điểm BD C D, ' a) Chứng minh rằng: OI||A BC' ' 

b) Gọi H điểm thuộc cạnh BC cho BC3BH. Xác định thiết diện hình hộp cắt

bởi OIH

c) Gọi K A C' OIH Tính '

? KA KC

Tác giả: Nguyễn Minh Đức ; Fb: Đức Minh Nguyễn

a)

 

 

 

' '

|| ' || ' '

' ' '

OI A BC

OI BC OI A BC

BC A BC

 

   

 

b)

- Trong ABCD, HOAD G

- Trong B C CB' ' , qua H kẻ HE BC|| 'E CC '   

||

HE OI HE OIH

  

- Trong C D DC' ' , EID D F'  * Vậy, thiết diện cần tìm tứ giác HGFE c)

* Tìm K A C' OIH

- Trong BCC B' ' , kẻ HP BC|| 'P CC '

- Trong ACC A' ' , OPA C' K  K A C' OIH * Tính

' KA KC

- Trong ACC A' ' , KPA C' 'J - Do HP BC|| ' nên '

PC HC

- Có

'J ' ' ' ' '

2 2

2

A A C C J C J C P

OC OC OC CP



       

' ' '

2 ' ' '

A J A J JC

OC A C JA

     

- Áp dụng định lý Menelaus có:

'

' '

KA PC JA

KC PC JA 

' '

.2

5

KA KA

KC KC

   

- Vậy:

' KA KC  .

Bài 45. Cho tứ diện ABCD Gọi A/, B/, C/, D/ trọng tâm 4tam giác BCD, CDA,

DAB, ABC Gọi Glà giao điểm 4đoạn thẳng AA/

,BB/,CC/,DD/ Có tỉ số

1 /

AG k

AA



, /

BG k

BB



, /

CG k

CC



, /

DG k

DD



tổng S k k 1 2k3k4 là:

A S3. B S1. C

4

S

D S 2.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trí Chính; Fb: Nguyễn Trí Chính

Chọn A.

Gọi E F K L, , , trung điểm CD BD AD AB, , , Trong ABE gọi Glà giao điểm AA/,BB/

Có    

/

AA  ABE  ACF

,    

/

BB  ABE  BCK

,    

/

CC  ACF  BCK

Có mặt phẳng ABE, ACF, BCK đơi cắt theo giao tuyến đồng qui song song, mà G AA /BB/.

Vậy AA/,BB/,CC/,DD/đồng qui G Có

/ / / / 1

3

EA EB A B

EB EA  AB  Suy A B AB/ /  .

Có A B AB/ /  nên

/ / / / 1

3

GA GB A B

GA GB  AB  Suy / /

3

AG BG

AA BB  .

Tương tự / / /

3

BG CG DG BB CC DD  .

Vậy / / / /

3

AG BG CG DG

AA BB CC DD  .

Nên / / / /

3

AG BG CG DG

S

AA BB CC DD

    

Bài 46. (Đại học Y-Hà Nội năm 1999) Cho phương trình sinxcosx 4sin3x0 Tổng Scác

nghiệm đoạn

17 ;0

   

 

  phương trình cho là:

A S10. B S 4 . C

7

S 

D S 9 . Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trí Chính; Fb: Nguyễn Trí Chính Chọn D

TH1: xét sinx0  x k , (k ), ta thấy x k  không nghiệm  1 . TH2: xét sinx0  x k , (k ) Chia vế  1 cho sin3x.

 

1 cos

1

sin sin

x x x

   

, có

2

2

1 cot

sin

x

x

 

 

2

1 cot x cot cotx x

     

3

cot x cot x cotx

     .

cotx 1 cot 2x 2cotx 3 0

    

 

2

cot

cot cot

x

x x VN

 

 

  

 x 4 k k,  N



     

Có x k k, 

     ,

17 ;0

x     

Suy k  4; 3; 2; 1    ,

1

9

k

S  k



       

 



info@123doc.org

Bài 47. Có khách hàng (khơng quen biết nhau) đến cửa hàng có quầy phục vụ Tính xác suất để có khách hàng vào quầy khách hàng lại vào quầy khác

A 20 27.B

1

2. C

10

81. D

20 81 Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Thắng; Fb: Nguyễn Thắng. Chọn D

Ta có số phần tử khơng gian mẫu:  35

Số khả để có khách hàng vào quầy khách hàng lại vào quầy khác là: C32.1.A52

⇒ Xác suất cần tìm là:

5

2

3

3 20

81

P

C A

 

⇒ Chọn D

info@123doc.org

Bài 48. Với n số nguyên dương lớn 2, tìm số lớn dãy số: C C Cn0, n1, n2, ,Cnn

A P2. B P2 3.

C P2. D P2 3.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Thắng; Fb: Nguyễn Thắng. Chọn A

Với 0 k k 1 n, xét tỉ số:

1 ! !.( )!

( 1)!.( 1)! !

k n k n

C n k n k n k

t

k n k n k

C



 

  

   

Ta có : +

1

1

2 n

t  n k   k k  

, đó, Cnk Cnk

 

+

1

2 n

t  k 

, Cnk Cnk





Ta có:

2

( )

P              AM BM  AB BM BM                 AB BM BM

4; cot 30 3;

sin 30 AC

BC  ABAC   BM 



2

4; 3.2.cos150

BM AB BM

                     P2 ⇒ Chọn A

info@123doc.org

Bài 49. Trong khai triển  

2016

3 2 x

A C2016806 21210 806x805. B

806 1210 806 806 2016.3 x

C

C C2016806.3 21210 806 1008x . D

806 1210 806 1009 2016.3 x

C .

Lời giải

Tác giả:Phan Chí Dũng ; Fb: Phan Chí Dũng Chọn B

Xét số hạng tổng quát khai triển  

2016

3 2 x

: 2016.32016

k k k k k

T C  x

  với

0 k 2016 k

  

 

   *

Xét 2016.32016 20161.32017 805,6

k k k k k k

C  C    k

   , dấu “=” không xảy  *

Vậy C20160 32016.20 C12016.32015.2  C2016806.31210.2806 C2016807 31209.2 807 C20162016 03 22016, suy 806 1210 806

2016.3

C hệ số lớn nhất.

Vậy số hạng có hệ số lớn khai triển là: C2016806.3 21210 806x806

info@123doc.org

Bài 50. Cho a b, 0 Chứng minh

*

2

n n n

a b a b

n    

   

   .

Lời giải

Tác giả:Phan Chí Dũng ; Fb: Phan Chí Dũng Thật vậy, với n1 ta có: 2

a b a b 

Suy BĐT với n1.

Giả sử BĐT với n k tức là: 2 (1) k k k

a b a b

 



 

 

Ta phải chứng minh BĐT với n k 1 nghĩa phải chứng minh:

1 1 1

(2)

2

k k k

a b  a  b 

 

 



 

 

Theo (1) ta có:

1

2 2 2

k k k k

a b  a b a b a b a b

    

   

 

   

    , ta cần chứng minh:

        

1 1 1

1

1

2 2 4

4

0

k k k k k k k k k k

k k k k

k k k k

k k k k

a b a b a b a b a b ab a b

a b ab a b

a b ab a b

a a b b a b a b a b

     

 

 

     

   

 

     

        

Nếu  

 

0

0 k k

k k

a b

a b a b a b

a b   

       

Tương tự b a 0 ta có    k k

a  b a b 

Suy (3) với a b, 0 nên (2) Dấu " " xảy khi

a b