Đề ôn tập HK 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới giải chi tiết-Đề 3 được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 4 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
Phần 1. Câu trắc nghiệm nhiều phương án chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phuơng án đúng nhất.
Câu 1. Điều kiện xác định của phương trình $\sqrt {2x – 3} = 3\sqrt {7 – x} $ là
A. $x \geqslant \frac{3}{2}$. B. $x \leqslant 7$. C. $\frac{3}{2} \leqslant x \leqslant 7$. D. $\frac{3}{2} < x < 7$.
Câu 2. Một học sinh có 4 quyển sách Toán khác nhau và 5 quyển sách Ngữ văn khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 9 quyển sách trên giá sách nằm ngang sao cho hai quyển sách kề nhau phải khác loại nhau?
A. 362880 . B. 2880 . C. 5760 . D. 20 .
Câu 3. Sau bữa tiệc, mỗi người bắt tay một lần với mỗi người khác trong phòng. Biết rằng có tất cả 66 lượt bắt tay diễn ra. Hỏi trong phòng có bao nhiêu người?
A. 11 . B. 12 . C. 33 . D. 66 .
Câu 4. Số cách chọn một ban chấp hành gồm một trưởng ban, một phó ban, một thư kí và một thủ quỹ được từ 16 thành viên (có khả năng như nhau) là:
A. 4 . B. $\frac{{16!}}{4}$. C. $\frac{{16!}}{{12!.4!}}$. D. $\frac{{16!}}{{12!}}$.
Câu 5. $C_{2n}^0 + C_{2n}^2 + C_{2n}^4 + \ldots \ldots + C_{2n}^{2n}$ bằng:
A. ${2^{n – 2}}$. B. ${2^{n – 1}}$. C. ${2^{2n – 2}}$. D. ${2^{2n – 1}}$.
Câu 6. Khai triển nhị thức ${(2x + y)^5}$. Ta được kết quả là:
A. $32{x^5} + 16{x^4}y + 8{x^3}{y^2} + 4{x^2}{y^3} + 2x{y^4} + {y^5}$.
B. $32{x^5} + 80{x^4}y + 80{x^3}{y^2} + 40{x^2}{y^3} + 10x{y^4} + {y^5}$.
C. $2{x^5} + 10{x^4}y + 20{x^3}{y^2} + 20{x^2}{y^3} + 10x{y^4} + {y^5}$.
D. $32{x^5} + 10000{x^4}y + 80000{x^3}{y^2} + 400{x^2}{y^3} + 10x{y^4} + {y^5}$.
Câu 7. Phương trình nào dưới đây không phải là phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm $O\left( {0;0} \right)$ và $M\left( {1; – 3} \right)$ ?
A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + t} \\
{y = – 3 – 3t}
\end{array}} \right.$. B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 – 2t} \\
{y = – 3 + 6t}
\end{array}} \right.$. C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – t} \\
{y = 3t}
\end{array}} \right.$. D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 – t} \\
{y = 3t}
\end{array}} \right.$.
Câu 8. Cho hai điểm $A\left( {5; – 1} \right),B\left( { – 3;7} \right)$. Đường tròn có đường kính $AB$ có phương trình là:
A. ${x^2} + {y^2} – 2x – 6y – 22 = 0$. B. ${x^2} + {y^2} – 2x – 6y + 22 = 0$.
C. ${x^2} + {y^2} – 2x – y + 1 = 0$. D. ${x^2} + {y^2} + 6x + 5y + 1 = 0$.
Câu 9. Tìm phương trình chính tắc của hyperbol $\left( H \right)$ nếu nó đi qua điểm $\left( {4;1} \right)$ và có tiêu cự bằng $2\sqrt {15} $.
A. $\frac{{{x^2}}}{{14}} – \frac{{{y^2}}}{7} = 1$. B. $\frac{{{x^2}}}{{12}} – \frac{{{y^2}}}{3} = 1$. C. $\frac{{{x^2}}}{{11}} – \frac{{{y^2}}}{4} = 1$. D. $\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1$.
Câu 10. Trong mặt phẳng $Oxy$ cho elip $\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1$. Đường thẳng $\Delta : x = – 4$ cắt elip $\left( E \right)$ tại hai điểm $M,N$. Tính độ dài đoạn thẳng $MN$.
A. $MN = \frac{{18}}{{25}}$. B. $MN = \frac{9}{{25}}$. C. $MN = \frac{{18}}{5}$. D. $MN = \frac{9}{5}$.
Câu 11. Trong một chiếc hộp đựng 6 viên bi đỏ, 8 viên bi xanh, 10 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính số phần tử của biến cố $B$ : ” 4 viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi màu đỏ”.
A. $n\left( B \right) = 7366$. B. $n\left( B \right) = 7563$. C. $n\left( B \right) = 7566$. D. $n\left( B \right) = 7568$.
Câu 12. Một hộp đựng 9 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 9 . Rút ngẫu nhiên hai thẻ và nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Xác suất để tích hai số ghi trên hai thẻ là số lẻ là:
A. $\frac{1}{9}$. B. $\frac{5}{{18}}$. C. $\frac{3}{{18}}$. D. $\frac{7}{{18}}$.
Phần 2. Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai
Câu 1. Cho tam thức bậc hai $f\left( x \right)$ có bảng xét dấu như sau
Các mệnh đề sau đúng hay sai?
a) $f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow 2 < x < 5$.
b) $f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 2 < x < 5$.
c) $f\left( x \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow x \geqslant 5$.
d) $f\left( x \right) \leqslant 0 \Leftrightarrow x \leqslant 5$.
Câu 2. Khai triển ${\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^4}$. Khi đó
a) Hệ số của ${x^2}$ là $\frac{1}{4}$.
b) Số hạng không chứa $x$ là 6 .
c) Hệ số của ${x^4}$ là 1 .
d) Sau khi khai triển, biểu thức có 5 số hạng.
Câu 3. Cho parabol $\left( P \right)$ có dạng: ${y^2} = 2px(p > 0)$, đi qua điểm $A\left( {\frac{3}{4}; – 9} \right)$. Khi đó:
a) $x = 54$ là phương trình đường chuẩn parabol $\left( P \right)$
b) parabol $\left( P \right)$ đi qua điểm $B\left( {1;6\sqrt 3 } \right)$
c) parabol $\left( P \right)$ đi qua điểm $B\left( {1; – 6\sqrt 3 } \right)$
d) parabol $\left( P \right)$ cắt đường thẳng $y = x + 1$ tại hai điểm
Câu 4. Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối đồng chất. Khi đó:
a) $n\left( \Omega \right) = 36$
b) Xác suất để: Tổng số chấm thu được từ hai con súc sắc bằng 6; bằng $\frac{5}{{26}}$
c) Xác suất để: Hiệu số chấm thu được từ hai con súc sắc bằng 2 ; bằng $\frac{2}{9}$
d) Xác suất để: Tích số chấm trên hai con súc sắc là một số chính phương; bằng $\frac{2}{9}$
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1. Xét nửa đường tròn đường kính $MN = 10$. Xét điểm $B$ (không trùng hai điểm $M,N$ ) di động trên nửa đường tròn và hình chiếu của $B$ trên đoạn $MN$ là điểm $A$, vẽ hình chữ nhật $ABCD$ với $C$ cũng thuộc nửa đường tròn. Tìm độ dài $IA$ biết rằng chu vi hình chữ nhật $ABCD$ bằng 22 .
Câu 2. Nhà Nam có một ao cá dạng hình chữ nhật $MNPQ$ với chiều dài $MQ = 30\;m$, chiều rộng $MN = 24\;m$. Phần tam giác $QST$ là nơi nuôi ếch, $MS = 10\;m,PT = 12\;m$ (với $S,T$ lần lượt là các điểm nằm trên cạnh $MQ,PQ$ ) (xem hình bên dưới).
Nam đứng ở vị trí $N$ câu cá và có thể quăng lưỡi câu xa $21,4\;m$. Hỏi lưỡi câu có thể rơi vào nơi nuôi ếch hay không?
Câu 3. Viết phương trình chính tắc của hypebol $\left( H \right)$ biết rằng:
$\left( H \right)$ có tiêu cự bằng $2\sqrt {13} $ và đi qua điểm điểm $M\left( {\frac{{3\sqrt 5 }}{2}; – 1} \right)$.
Câu 4. Một chú kiến đứng tại góc dưới cùng của lưới $4 \times 5$ ô vuông như hình sau đây. Mỗi bước di chuyển chú kiến là một ô, và chú kiến chỉ có thể đi sang phải hoặc đi lên trên theo đường kẻ. Hỏi chú kiến có bao nhiêu cách đến vị trí cuốn sách?
Câu 5. Cho $n$ là số nguyên dương thỏa mãn: $C_n^1 + C_n^2 = 15$. Tìm số hạng không chứa $x$ trong khai triển: ${\left( {x + \frac{2}{{{x^4}}}} \right)^n}$.
Câu 6. Thùng $I$ chứa các quả bóng được đánh số $1;2;3;4$. Thùng $II$ chứa các quả bóng được đánh số $1;2;3;4$. Lấy ra ngẫu nhiên một quả bóng ở mỗi thùng. Tính xác suất để quả bóng lấy ra ở thùng $I$ được đánh số lớn hơn quả bóng lấy ra ở thùng $II$.
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI
Phần 1. Câu trắc nghiệm nhiều phương án chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phuơng án đúng nhất.
| 1C | 2B | 3B | 4D | 5D | 6B |
| 7D | 8A | 9B | 10C | 11C | 12B |
Câu 1. Điều kiện xác định của phương trình $\sqrt {2x – 3} = 3\sqrt {7 – x} $ là
A. $x \geqslant \frac{3}{2}$.
B. $x \leqslant 7$.
C. $\frac{3}{2} \leqslant x \leqslant 7$.
D. $\frac{3}{2} < x < 7$.
Chọn C
Lời giải
Điều kiện: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x – 3 \geqslant 0} \\
{7 – x \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant \frac{3}{2}} \\
{x \leqslant 7}
\end{array}} \right.} \right.$.
Câu 2. Một học sinh có 4 quyển sách Toán khác nhau và 5 quyển sách Ngữ văn khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 9 quyển sách trên giá sách nằm ngang sao cho hai quyển sách kề nhau phải khác loại nhau?
A. 362880 .
B. 2880 .
C. 5760 .
D. 20 .
Chọn B
Lời giải
Cách xếp thỏa mãn phải theo thứ tự sau: Ngữ văn – Toán – Ngữ văn – Toán –
Ngữ văn – Toán – Ngữ văn – Toán – Ngữ văn.
Vậy có $5 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = 2880$ cách sắp xếp thỏa mãn.
Câu 3. Sau bữa tiệc, mỗi người bắt tay một lần với mỗi người khác trong phòng. Biết rằng có tất cả 66 lượt bắt tay diễn ra. Hỏi trong phòng có bao nhiêu người?
A. 11 .
B. 12 .
C. 33 .
D. 66 .
Chọn B
Lời giải
Cứ 2 người sẽ có 1 lần bắt tay. Tổng số lần bắt tay là 66 nên ta có:
$C_n^2 = 66 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n – 2} \right)!.2!}} = 66$ $ \Leftrightarrow n\left( {n – 1} \right) = 132 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{n = 12\left( n \right)} \\
{n = – 11\left( l \right)}
\end{array}} \right.$
Câu 4. Số cách chọn một ban chấp hành gồm một trưởng ban, một phó ban, một thư kí và một thủ quỹ được từ 16 thành viên (có khả năng như nhau) là:
A. 4 .
B. $\frac{{16!}}{4}$.
C. $\frac{{16!}}{{12!.4!}}$.
D. $\frac{{16!}}{{12!}}$.
Chọn D
Lời giải
Số cách chọn thỏa mãn là $A_{16}^4 = \frac{{16!}}{{12!}}$.
Câu 5. $C_{2n}^0 + C_{2n}^2 + C_{2n}^4 + \ldots \ldots + C_{2n}^{2n}$ bằng:
A. ${2^{n – 2}}$.
B. ${2^{n – 1}}$.
C. ${2^{2n – 2}}$.
D. ${2^{2n – 1}}$.
Lời giải
Chọn D
Xét khai triển: ${(1 + x)^{2n}} = C_{2n}^0 + C_{2n}^1x + C_{2n}^2{x^2} + \ldots + C_{2n}^{2n – 1}{x^{2n – 1}} + C_{2n}^{2n}{x^{2n}}\left( * \right)$.
Thay $x = 1$ vào (*): $C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + C_{2n}^2 + \ldots + C_{2n}^{2n – 1} + C_{2n}^{2n} = {(1 + 1)^{2n}} = {2^{2n}}$
Thay $x = – 1$ vào (*): $C_{2n}^0 – C_{2n}^1 + C_{2n}^2 + \ldots – C_{2n}^{2n – 1} + C_{2n}^{2n} = {(1 – 1)^{2n}} = 0$
Cộng (1) và (2) theo vế: $2\left( {C_{2n}^0 + C_{2n}^2 + C_{2n}^4 + \ldots \ldots + C_{2n}^{2n}} \right) = {2^{2n}}$
Suy ra: $C_{2n}^0 + C_{2n}^2 + C_{2n}^4 + \ldots .. + C_{2n}^{2n} = {2^{2n – 1}}$.
Câu 6. Khai triển nhị thức ${(2x + y)^5}$. Ta được kết quả là:
A. $32{x^5} + 16{x^4}y + 8{x^3}{y^2} + 4{x^2}{y^3} + 2x{y^4} + {y^5}$.
B. $32{x^5} + 80{x^4}y + 80{x^3}{y^2} + 40{x^2}{y^3} + 10x{y^4} + {y^5}$.
C. $2{x^5} + 10{x^4}y + 20{x^3}{y^2} + 20{x^2}{y^3} + 10x{y^4} + {y^5}$.
D. $32{x^5} + 10000{x^4}y + 80000{x^3}{y^2} + 400{x^2}{y^3} + 10x{y^4} + {y^5}$.
Chọn B
Lời giải
${(2x + y)^5} = C_5^0{(2x)^5} + C_5^1{(2x)^4}y + C_5^2{(2x)^3}{y^2}$ $ + C_5^3{(2x)^2}{y^3} + C_5^4\left( {2x} \right){y^4} + C_5^5{y^5}$
$ = 32{x^5} + 80{x^4}y + 80{x^3}{y^2} + 40{x^2}{y^3} + 10x{y^4} + {y^5}$
Câu 7. Phương trình nào dưới đây không phải là phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm $O\left( {0;0} \right)$ và $M\left( {1; – 3} \right)$ ?
A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + t} \\
{y = – 3 – 3t}
\end{array}} \right.$.
B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 – 2t} \\
{y = – 3 + 6t}
\end{array}} \right.$.
C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – t} \\
{y = 3t}
\end{array}} \right.$.
D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 – t} \\
{y = 3t}
\end{array}} \right.$.
Chọn D
Lời giải
Trong phương án D, khi thay tọa độ điểm $O:x = y = 0$ vào phương trình tham số đường thẳng, ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 = 1 – t} \\
{0 = 3t}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = 1} \\
{t = 0}
\end{array} \Leftrightarrow t \in \emptyset } \right.} \right.$.
Câu 8. Cho hai điểm $A\left( {5; – 1} \right),B\left( { – 3;7} \right)$. Đường tròn có đường kính $AB$ có phương trình là:
A. ${x^2} + {y^2} – 2x – 6y – 22 = 0$.
B. ${x^2} + {y^2} – 2x – 6y + 22 = 0$.
C. ${x^2} + {y^2} – 2x – y + 1 = 0$.
D. ${x^2} + {y^2} + 6x + 5y + 1 = 0$.
Chọn A
Lời giải
Tâm $I$ của đường tròn là trung điểm $AB$ với $I\left( {1;3} \right)$.
Bán kính đường tròn $R = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt {{{( – 3 – 5)}^2} + {{(7 + 1)}^2}} = 4\sqrt 2 $
Phương trình đường tròn: ${(x – 1)^2} + {(y – 3)^2} = 32 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} – 2x – 6y – 22 = 0$.
Câu 9. Tìm phương trình chính tắc của hyperbol $\left( H \right)$ nếu nó đi qua điểm $\left( {4;1} \right)$ và có tiêu cự bằng $2\sqrt {15} $.
A. $\frac{{{x^2}}}{{14}} – \frac{{{y^2}}}{7} = 1$.
B. $\frac{{{x^2}}}{{12}} – \frac{{{y^2}}}{3} = 1$.
C. $\frac{{{x^2}}}{{11}} – \frac{{{y^2}}}{4} = 1$.
D. $\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1$.
Chọn B
Lời giải
Gọi $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\left( {a,b,c > 0;{c^2} = {a^2} + {b^2}} \right)$.
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{{{4^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{1^2}}}{{{b^2}}} = 1} \\
{2c = 2\sqrt {15} } \\
{{c^2} = {a^2} + {b^2}}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{16{b^2} – {a^2} = {a^2}{b^2}} \\
{{a^2} + {b^2} = 15}
\end{array}} \right.} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{16{b^2} – \left( {15 – {b^2}} \right) = \left( {15 – {b^2}} \right){b^2}} \\
{{a^2} = 15 – {b^2}}
\end{array}} \right.$
$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{b^4} + 2{b^2} – 15 = 0} \\
{{a^2} = 15 – {b^2}}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a^2} = 12} \\
{{b^2} = 3}
\end{array}} \right.} \right.$.
Vậy phương trình chính tắc $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{12}} – \frac{{{y^2}}}{3} = 1$.
Câu 10. Trong mặt phẳng $Oxy$ cho elip $\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1$. Đường thẳng $\Delta : x = – 4$ cắt elip $\left( E \right)$ tại hai điểm $M,N$. Tính độ dài đoạn thẳng $MN$.
A. $MN = \frac{{18}}{{25}}$.
B. $MN = \frac{9}{{25}}$.
C. $MN = \frac{{18}}{5}$.
D. $MN = \frac{9}{5}$.
Chọn C
Lời giải
Thế $\;x = – 4$ vào phương trình elip $\left( E \right)$ ta được: $\frac{{16}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1 \Rightarrow y = \pm \frac{9}{5}$.
$ \Rightarrow M\left( { – 4; – \frac{9}{5}} \right),N\left( { – 4;\frac{9}{5}} \right)$. Do đó: $MN = \frac{{18}}{5}$.
Câu 11. Trong một chiếc hộp đựng 6 viên bi đỏ, 8 viên bi xanh, 10 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính số phần tử của biển cố $B$ : ” 4 viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi màu đỏ”.
A. $n\left( B \right) = 7366$.
B. $n\left( B \right) = 7563$.
C. $n\left( B \right) = 7566$.
D. $n\left( B \right) = 7568$.
Chọn C
Lời giải
Xét biến cố đối của $B$ là $\overline B $ : “Lấy 4 viên bi mà không có viên bi màu đỏ”.
Ta có: $n\left( {\overline B } \right) = C_{18}^4$.
Suy ra: $n\left( B \right) = n\left( \Omega \right) – n\left( {\overline B } \right) = C_{24}^4 – C_{18}^4 = 7566$.
Câu 12. Một hộp đựng 9 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 9 . Rút ngẫu nhiên hai thẻ và nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Xác suất để tích hai số ghi trên hai thẻ là số lẻ là:
A. $\frac{1}{9}$.
B. $\frac{5}{{18}}$.
C. $\frac{3}{{18}}$.
D. $\frac{7}{{18}}$.
Chọn B
Lời giải
Ta có $n\left( \Omega \right) = C_9^2 = 36$. Biến cố $A$ : “Rút được hai thẻ có tích là số lẻ”.
Từ 1 đến 9 có 5 số lẻ. Suy ra $n\left( A \right) = C_5^2 = 10$.
Vì vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{{18}}$.
Phần 2. Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗ ý a), b), c), d) ở mối câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai
Câu 1. Cho tam thức bậc hai $f\left( x \right)$ có bảng xét dấu như sau
Các mệnh đề sau đúng hay sai?
a) $f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow 2 < x < 5$.
b) $f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 2 < x < 5$.
c) $f\left( x \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow x \geqslant 5$.
d) $f\left( x \right) \leqslant 0 \Leftrightarrow x \leqslant 5$.
Lời giải
a) Sai
b) Đúng
c) Sai
d) Sai
Từ bảng xét dấu ta có $f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 2 < x < 5$.
Câu 2. Khai triển ${\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^4}$. Khi đó
a) Hệ số của ${x^2}$ là $\frac{1}{4}$.
b) Số hạng không chứa $x$ là 6 .
c) Hệ số của ${x^4}$ là 1 .
d) Sau khi khai triển, biểu thức có 5 số hạng.
Lời giải
| a) Sai | b) Đúng | c) Đúng | d) Đúng |
Ta có: ${\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^4} = C_4^0{x^4} + C_4^1{x^3}\left( {\frac{1}{x}} \right) + C_4^2{x^2}{\left( {\frac{1}{x}} \right)^2} + C_4^3x{\left( {\frac{1}{x}} \right)^3} + C_4^4{\left( {\frac{1}{x}} \right)^4}$
$ = {x^4} + 4{x^2} + 6 + \frac{4}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^4}}}$.
Câu 3. Cho parabol $\left( P \right)$ có dạng: ${y^2} = 2px(p > 0)$, đi qua điểm $A\left( {\frac{3}{4}; – 9} \right)$. Khi đó:
a) $x = 54$ là phương trình đường chuẩn parabol $\left( P \right)$
b) parabol $\left( P \right)$ đi qua điểm $B\left( {1;6\sqrt 3 } \right)$
c) parabol $\left( P \right)$ đi qua điểm $B\left( {1; – 6\sqrt 3 } \right)$
d) parabol $\left( P \right)$ cắt đường thẳng $y = x + 1$ tại hai điểm
Lời giải
a) Sai
b) Đúng
c) Đúng
d) Đúng
Gọi phương trình parabol $\left( P \right)$ có dạng: ${y^2} = 2px(p > 0)$.
Có $A \in \left( P \right) \Leftrightarrow {( – 9)^2} = 2 \cdot p \cdot \frac{3}{4} \Leftrightarrow 2p = 108$. Vậy parabol $\left( P \right):{y^2} = 108x$.
Câu 4. Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối đồng chất. Khi đó:
a) $n\left( \Omega \right) = 36$
b) Xác suất để: Tổng số chấm thu được từ hai con súc sắc bằng 6; bằng $\frac{5}{{26}}$
c) Xác suất để: Hiệu số chấm thu được từ hai con súc sắc bằng 2 ; bằng $\frac{2}{9}$
d) Xác suất để: Tích số chấm trên hai con súc sắc là một số chính phương; bằng $\frac{2}{9}$
Lời giải
| a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng |
a) Số phần tử không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 6 \times 6 = 36$.
b) Gọi biến cố $A$ : “Tổng số chấm thu được từ hai con súc sắc bằng 6”.
Ta có: $A = \left\{ {\left( {1;5} \right),\left( {2;4} \right),\left( {3;3} \right),\left( {5;1} \right),\left( {4;2} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 5$.
Do vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{{36}}$.
c) Gọi biến cố $B$ : “Hiệu số chấm thu được từ hai con súc sắc bằng 2 “.
Ta có: $B = \left\{ {\left( {1;3} \right),\left( {2;4} \right),\left( {3;5} \right),\left( {4;6} \right),\left( {3;1} \right),\left( {4;2} \right),\left( {5;3} \right),\left( {6;4} \right)} \right\}$.
Suy ra $n\left( B \right) = 8$. Khi đó $P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{8}{{36}} = \frac{2}{9}$.
d) Gọi biến cố $C$ : “Tích số chấm trên hai con súc sắc là một số chính phương”
Ta có : $C = \left\{ {\left( {1;1} \right),\left( {2;2} \right),\left( {3;3} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;5} \right),\left( {6;6} \right),\left( {1;4} \right),\left( {4;1} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( C \right) = 8$.
Vậy $P\left( C \right) = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{8}{{36}} = \frac{2}{9}$.
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1. Xét nửa đường tròn đường kính $MN = 10$. Xét điểm $B$ (không trùng hai điểm $M,N$ ) di động trên nửa đường tròn và hình chiếu của $B$ trên đoạn $MN$ là điểm $A$, vẽ hình chữ nhật $ABCD$ với $C$ cũng thuộc nửa đường tròn. Tìm độ dài $IA$ biết rằng chu vi hình chữ nhật $ABCD$ bằng 22 .
Trả lời: bằng 4 hoặc bằng $\frac{{24}}{5}$
Đặt $IA = x \in \left( {0;5} \right) \Rightarrow AD = 2x$.
Lời giải
Xét tam giác $IAB$ vuông tại $A$, ta có: $AB = \sqrt {{5^2} – {x^2}} $.
Chu vi hình chữ nhật $ABCD$ là:
$2AB + 2AD = 4x + 2\sqrt {{5^2} – {x^2}} = 22$$ \Leftrightarrow \sqrt {25 – {x^2}} = 11 – 2x$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{11 – 2x \geqslant 0} \\
{25 – {x^2} = 121 – 44x + 4{x^2}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \leqslant \frac{{11}}{2}} \\
{5{x^2} – 44x + 96 = 0}
\end{array}} \right.} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \leqslant \frac{{11}}{2}} \\
{x = 4 \vee x = \frac{{24}}{5}}
\end{array} \Leftrightarrow x = 4 \vee x = \frac{{24}}{5}} \right.$.
Vậy khoảng cách giữa hai điểm $I,A$ bằng 4 hoặc bằng $\frac{{24}}{5}$ thỏa mãn đề bài.
Câu 2. Nhà Nam có một ao cá dạng hình chữ nhật $MNPQ$ với chiều dài $MQ = 30\;m$, chiều rộng $MN = 24m$. Phần tam giác $QST$ là nơi nuôi ếch, $MS = 10\;m,PT = 12\;m$ (với $S,T$ lần lượt là các điểm nằm trên cạnh $MQ,PQ$ ) (xem hình bên dưới).
Nam đứng ở vị trí $N$ câu cá và có thể quăng lưỡi câu xa $21,4\;m$. Hỏi lưỡi câu có thể rơi vào nơi nuôi ếch hay không?
Trả lời: không thể
Lời giải
$MN = 24m$ và $N\left( {0;0} \right)$ nên $M\left( {0;24} \right).NP = MQ = 30m$ nên $P\left( {30;0} \right)$.
$Q$ và $M$ có cùng tung độ, $Q$ và $P$ có cùng hoành độ nên $Q\left( {30;24} \right)$.
$S$ và $M$ có cùng tung độ, $MS = 10m$ nên $S\left( {10;24} \right)$.
$T$ và $P$ có cùng hoành độ, $PT = 12m$ nên $T\left( {30;12} \right)$.
Đường thẳng $ST$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {ST} = \left( {20; – 12} \right)$ nên nhận $\vec n = \left( {3;5} \right)$ làm
vectơ pháp tuyến. Do đó, phương trình đường thẳng $ST$ là:
$3\left( {x – 10} \right) + 5\left( {y – 24} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 5y – 150 = 0$.
Khoảng cách từ điểm $N\left( {0;0} \right)$ đến đường thẳng $ST$ là: $\frac{{\left| {3 \cdot 0 + 5 \cdot 0 – 150} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {5^2}} }} \approx 25,72 > 21,4$.
Vì Nam quăng lưỡi câu xa $21,4m$ nên lưỡi câu không thể rơi vào nơi nuôi ếch.
Câu 3. Viết phương trình chính tắc của hypebol $\left( H \right)$ biết rằng:
$\left( H \right)$ có tiêu cự bằng $2\sqrt {13} $ và đi qua điểm điểm $M\left( {\frac{{3\sqrt 5 }}{2}; – 1} \right)$.
Trả lời: $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{9} – \frac{{{y^2}}}{4} = 1$
Lời giải:
Gọi phương trình chính tắc của hypebol là $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$.
Ta có: $2c = 2\sqrt {13} \Rightarrow c = \sqrt {13} \Rightarrow {c^2} = {a^2} + {b^2} = 13 \Rightarrow {a^2} = 13 – {b^2}$ (1).
(H) qua $M\left( {\frac{{3\sqrt 5 }}{2}; – 1} \right)$ nên $\frac{{45}}{{4{a^2}}} – \frac{1}{{{b^2}}} = 1$. Suy ra: $\frac{{45}}{{4\left( {13 – {b^2}} \right)}} – \frac{1}{{{b^2}}} = 1$
$ \Rightarrow 45{b^2} – 4\left( {13 – {b^2}} \right) = 4{b^2}\left( {13 – {b^2}} \right) \Rightarrow 4{b^4} – 3{b^2} – 52 = 0 \Rightarrow {b^2} = 4,{a^2} = 9$.
Vậy phương trình chính tắc của hypebol là $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{9} – \frac{{{y^2}}}{4} = 1$.
Câu 4. Một chú kiến đứng tại góc dưới cùng của lưới $4 \times 5$ ô vuông như hình sau đây. Mỗi bước di chuyển chú kiến là một ô, và chú kiến chỉ có thể đi sang phải hoặc đi lên trên theo đường kẻ. Hỏi chú kiến có bao nhiêu cách đến vị trí cuốn sách?
Trả lời: 126
Lời giải
Để đi đến vị trí cuốn sách, chú kiến cần bước 9 bước gồm 4 bước đi lên và 5 bước đi sang phải. Số cách chọn 4 bước đi lên và 5 bước đi sang phải chính là số cách chọn 4 bước đi lên trong dãy 9 bước cần di chuyển. Do đó, số cách chú kiến có thể chọn để đi đến vị trí cuốn sách là: $C_9^4 = 126$ (cách).
Câu 5. Cho $n$ là số nguyên dương thỏa mãn: $C_n^1 + C_n^2 = 15$. Tìm số hạng không chứa $x$ trong khai triển: ${\left( {x + \frac{2}{{{x^4}}}} \right)^n}$.
Trả lời: 10
Lời giải
Điều kiện: $n \geqslant 2,n \in {N^*}$. Ta có: $C_n^1 + C_n^2 = 15 \Leftrightarrow n + \frac{{n\left( {n – 1} \right)}}{2} = 15$$ \Leftrightarrow {n^2} + n – 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{n = 5} \\
{n = – 6}
\end{array} \Rightarrow n = 5} \right.$.
Khi đó , Số hạng không chứa $x$ tương ứng $5 – 5k = 0 \Leftrightarrow k = 1$.
Suy ra số hạng không chứa $x$ là: $C_5^1 \cdot {2^1} = 10$.
Câu 6. Thùng $I$ chứa các quả bóng được đánh số $1;2;3;4$. Thùng $II$ chứa các quả bóng được đánh số $1;2;3;4$. Lấy ra ngẫu nhiên một quả bóng ở mỗi thùng. Tính xác suất để quả bóng lấy ra ở thùng $I$ được đánh số lớn hơn quả bóng lấy ra ở thùng $II$.
Lời giải
Trả lời: $\frac{3}{8}$
Ta lập được bảng mô tả không gian mẫu như sau:
Gọi $E$ là biến cố quả bóng lấy ra ở thùng $I$ được đánh số lớn hơn quả bóng lấy ra ở thùng II. Dựa vào bảng, ta có $n\left( \Omega \right) = 16,n\left( E \right) = 6$.
Vậy xác suất của biến cố $E$ là: $P\left( E \right) = \frac{{n\left( E \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{16}} = \frac{3}{8}$.
