Đáp án A

Phương pháp

+ Sử dụng khai triển nhị thức Newton: \({\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n - k}}} .\)

+ Thay \(x = 1\) để tính tổng các hệ số của khai triển.

Cách giải:

Ta có: \({\left( {3x - 4} \right)^{17}} = \sum\limits_{k = 0}^{17} {C_{17}^k{{.3}^k}.{{\left( { - 4} \right)}^{17 - k}}{x^k}} \) (*).

Hệ số \({a_k} = \sum\limits_{k = 0}^{17} {C_{17}^k{{.3}^k}.{{\left( { - 4} \right)}^{17 - k}}.} \)

Thay \(x = 1\) vào (*) ta được tổng các hệ số: \(S = {\left( {3.1 - 4} \right)^{17}} = - 1.\)

Đáp án D

Phương pháp:

Vị trí xa cân bằng nhất là ở biên nên cho \({h_{\max }}\), tìm t nhỏ nhất thỏa mãn.

Cách giải:

Vị trí xa vị trí cân bằng nhất nên ta có:

\(\left| {3\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right)} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) = 1\\\cos \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right) = k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{3k + 1}}{2}\)

Vị trí sau giây thứ 10 nên: \(t > 10 \Rightarrow \frac{{3k + 1}}{2} > 10 \Leftrightarrow k > \frac{{19}}{3} \Leftrightarrow k \ge 7\) (Do \(k \in \mathbb{Z}\) ).

\(k \ge 7 \Rightarrow t \ge \frac{{3.7 + 1}}{2} = 11.\)

Vậy thời điểm đầu tiên sau 10 giây mà người chơi đu ở vị trí cân bằng nhất là giây thứ 11.

Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng quy tắc cộng.

Cách giải:

Có 3 cách chọn cỡ 39.

Có 5 cách chọn cỡ 40.

Suy ra có 8 cách chọn cỡ 39 hoặc 40.

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Đa giác có 10 cạnh suy ra sẽ có 10 đỉnh.

Chọn 2 trong 10 đỉnh ta được các đoạn thẳng chứa cả cạnh và đường chéo của đa giác là \(C_{10}^2.\)

Suy ra đa giác có các đường chéo là \(C_{10}^2 - 10 = 35.\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Tập A có 6 phần tử.

Có 6 cách chọn chữ số hàng trăm.

Có 5 cách chọn chữ số hàng chục.

Có 4 cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Suy ra có tất cả \(6.5.4 = 120\) số tự nhiên thỏa mãn bài toán.

Chọn B.

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng các tính chất của hai đường thẳng.

Cách giải:

Câu C vì có thể hai đường thẳng đó song song.

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tính chất của tổ hợp: \(C_n^k = C_n^{n - k}\)

Cách giải:

Áp dụng tính chất: \(C_n^k = C_n^{n - k}\) ta có:

\(C_{2n}^0 = C_{2n}^{2n}\)

\(C_{2n}^1 = C_{2n}^{2n - 1}\)

…

\(C_{2n}^{n - 1} = C_{2n}^{n + 1}\)

Suy ra \(C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + ... + C_{2n}^{n - 1} = C_{2n}^{n + 1} + C_{2n}^{n + 2} + ... + C_{2n}^{2n}\)

Đáp án B

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Hộp chứa 16 thẻ, trong đó có 8 thẻ đánh số lẻ và 8 thẻ đánh số chẵn.

Ta có: \(n\left( \Omega \right) = C_{16}^1 = 16.\)

Gọi A là biến cố: “Thẻ nhận được đánh số lẻ” \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_8^1 = 8.\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}.\)

Đáp án C

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Trong bộ tú lơ khơ có 4 quân K nên có 1 cách để rút ngẫu nhiên được 4 quân cùng lúc đều là K.

Không gian mẫu là \(C_{52}^4.\)

Suy ra xác suất của bài toán là \(P = \frac{1}{{C_{52}^4}} = \frac{1}{{270725}}.\)

Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác đặc biệt: \(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Cách giải:

Ta có: \(\cos \left( {x - \frac{{5\pi }}{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow x - \frac{{5\pi }}{6} = k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Đáp án A

Phương pháp:

Xét 2 trường hợp: Hai quả cùng xanh hoặc hai quả cùng đỏ.

Cách giải:

Chọn ngẫu nhiên cùng một lúc 2 quả cầu từ hộp 10 quả cầu \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{10}^2.\)

Gọi A là biến cố: “Lấy được hai quả cùng màu”.

TH1: 2 quả lấy ra cùng màu đỏ ta có \(C_6^2\) cách.

TH2: 2 quả lấy ra cùng màu xanh ta có \(C_4^2\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_4^2 + C_6^2.\)

Xác suất biến cố là \(P = \frac{{C_4^2 + C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{21}}{{45}} = \frac{7}{{15}}.\)

Đáp án C

Phương pháp:

Tính tổng số học sinh rồi dùng tổ hợp.

Cách giải:

Tổng số học sinh trong lớp là \(35 + 10 = 45\) (học sinh).

Đáp án A

Phương pháp:

Đặt ẩn phụ rồi đưa về phương trình bậc 2. Sử dụng công thức nhân đôi: \(\cos 2x = 2{\cos ^2}x - 1.\)

Cách giải:

Ta có: \(y = \cos 2x + \cos x - 2.\)

\( \Leftrightarrow y = 2{\cos ^2}x + \cos x - 3\) (do \(\cos 2x = 2{\cos ^2}x - 1\))

Đặt \(t = \cos x\left( {t \in \left[ { - 1;1} \right]} \right),\) khi đó ta có: \(y = 2{t^2} + t - 3.\)

Lập BBT của hàm số \(y = 2{t^2} + t - 3\) trên \(\left[ { - 1;1} \right]\) ta được:

Dựa vào BBT ta thấy: \(M = 0;m = \frac{{ - 25}}{8} \Rightarrow M - m = \frac{{25}}{8}.\)

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tính chất chia hết và phương pháp chặn.

Cách giải:

Đặt \(m = \overline {{a_1}{a_2}...{a_8}} \left( {{a_i} \in A,{a_i} \ne {a_j}\forall i;j = \overline {1;8} } \right).\)

Do \({a_i} \in A\), các \({a_i} \ne {a_j}\forall i;j = \overline {1;8} \) nên \(\sum\limits_{i = 1}^8 {{a_i}} = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36.\)

Do đó \(m \vdots 9\). Mà \(m \vdots 1111\left( {gt} \right) \Rightarrow m \vdots 9999.\)

Đặt \(p = \overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}} ;q = \overline {{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}} \) ta có:

\(m = p{.10^4} + q = 9999.p + \left( {p + q} \right) \vdots 9999 \Rightarrow \left( {p + q} \right) \vdots 9999.\)

Do \(0 < p,q < 9999 \Rightarrow 0 < p + q < 2.9999\)

Mà \(\left( {p + q} \right) \vdots 9999 \Rightarrow p + q = 9999 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} + {a_5} = 9\\{a_2} + {a_6} = 9\\{a_3} + {a_7} = 9\\{a_4} + {a_8} = 9\end{array} \right..\)

Có 4 cặp có tổng bằng 9 là \(\left( {1;8} \right);\left( {2;7} \right);\left( {3;6} \right);\left( {4;5} \right).\)

Suy ra có 8 cách chọn \({a_1}\), ứng với mỗi cách chọn \({a_1}\) có 1 cách chọn \({a_5}.\)

            6 cách chọn \({a_2}\left( { \ne {a_1}, \ne {a_5}} \right)\), ứng với mỗi cách chọn \({a_2}\) có 1 cách chọn \({a_6}.\)

            4 cách chọn \({a_3}\left( { \ne {a_1},{a_2},{a_5},{a_6}} \right)\), ứng với mỗi cách chọn \({a_3}\) có 1 cách chọn \({a_7}.\)

            2 cách chọn \({a_4}\left( { \ne {a_1};{a_2};{a_3};{a_5};{a_6};{a_7}} \right)\), ứng với mỗi cách chọn \({a_4}\) có 1 cách chọn \({a_8}.\)

Áp dụng quy tắc nhân, có tất cả \(8.6.4.2 = 384\) số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Phương pháp:

Phép đối xứng tâm biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.

Cách giải:

Ta có: \({D_I}\left( d \right) = d' \Rightarrow d'\parallel d.\) Suy ra phương trình \(d'\) có dạng \(x + 2y + c = 0\left( {d'} \right)\).

Lấy điểm \(A\left( {1;1} \right) \in d.\) Gọi \[B = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 2.4 - 1 = 7\\{y_B} = 2.3 - 1 = 5\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {7;5} \right).\]

Ta có: \(d' = {D_I}\left( d \right),B = {D_I}\left( A \right),A \in d \Rightarrow B \in d'.\)

Thay tọa độ điểm \(B\left( {7;5} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d'\) ta có: \(7 + 2.5 + c = 0 \Leftrightarrow c = - 17.\)

Vậy phương trình đường thẳng \(d':x + 2y - 17 = 0.\)

Chọn A.

Đáp án D

Phương pháp:

+ Phương trình \(a\sin x + b\cos x = c\) có nghiệm khi \({a^2} + {b^2} \ge {c^2}.\)

+ Phương trình \(a\sin x + b\cos x = c\) có nghiệm khi \({a^2} + {b^2} < {c^2}.\)

Cách giải:

Phương trình \(a\sin x + b\cos x = c\) có nghiệm khi \({a^2} + {b^2} \ge {c^2}.\)

Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số lẻ nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.

Cách giải:

Hàm số \(y = {\sin ^2}x,y = \cos x,t = {\cot ^2}x\) là các hàm chẵn, hàm số \(y = \tan x\) là hàm lẻ nên nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng.

Đáp án B

Phương pháp:

Tổ hợp chập k của n \(\left( {C_n^k} \right)\) là số cách lấy ra k phần tử khác nhau từ n phần tử.

Cách giải:

Lấy 3 trong 10 quả cầu cùng một lúc nên có \(C_{10}^3\) cách.

Chọn B.

Đáp án A

Phương pháp:

Dùng khai triển nhị thức Newton: \({\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}.} \)

Cách giải:

Áp dụng nhị thức Newton ta có: \({\left( {x + 1} \right)^{2n}} = \sum\limits_{k = 0}^{2n} {C_{2n}^k.{x^k}} \)

Thay \(x = 1\) vào biểu thức ta được tổng các hệ số:

\(S = C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + C_{2n}^2 + ... + C_{2n}^{2n} = {\left( {1 + 1} \right)^{2n}} = {2^{2n}}.\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp buộc, coi cô dâu, chú rể là 1 người.

Cách giải:

Coi cô dâu, chú rể là 1 người, có \(2! = 2\) cách hoán đổi vị trí cô dâu và chú rể.

Sắp xếp 6 người được mời với 1 cặp cô dâu, chú rể có \(7!\) cách.

Suy ra có tất cả \(2.7!\) cách.

Đáp án B

Phương pháp:

Phép tịnh tiến biến tam giác này thành tam giác kia là phép tịnh tiến biến mỗi đỉnh của tam giác này thành mỗi đỉnh tương ứng của tam giác kia.

Cách giải:

Đáp án B

Cách giải:

Hai đường thẳng d và \(d'\) cắt nhau thì có hai phép đối xứng trục biến đường thẳng này thành đường thẳng kia, đó là hai phép đối xứng trục với trục là hai đường phân giác có góc tạo bởi hai đường thẳng d và \(d'.\)

Tham khảo hình vẽ:

Đáp án B

Phương pháp:

- Dùng khai triển nhị thức Newton: \({\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}.} \)

- Xác định k ứng với số hạng chứa \({x^5}.\)

Cách giải:

Ta có: \({\left( {1 + x} \right)^{11}} = \sum\limits_{k \to 0}^{11} {C_{11}^k.{x^k}.} \)

Hệ số của số hạng chứa \({x^5}\) trong khai triển trên là \(C_{11}^5 = 462.\)

Chú ý: Phân biệt câu hỏi hệ số và số hạng.

Đáp án D

Phương pháp:

Ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau thì các giao tuyến của chúng hoặc song song hoặc đồng quy.

Cách giải:

\(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) = {d_1}\\\left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right) = {d_2}\\\left( \gamma \right) \cap \left( \alpha \right) = {d_3}\end{array} \right\} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{d_1}\parallel {d_2}\parallel {d_3}\\{d_1},{d_2},{d_3}\,\,dong\,\,quy\end{array} \right.\)

Đáp án C

Phương pháp:

Mô tả không gian mẫu bằng phương pháp liệt kê.

Cách giải:

Gieo một đồng xu cân đối và đồng chất 2 lần liên tiếp \( \Rightarrow \Omega = \left\{ {SS,NN,SN,NS} \right\}.\)

Phương pháp:

Đưa phương trình về dạng tích sau đó giải phương trình lượng giác cơ bản.

Cách giải:

a) \({\cos ^2}x - 3\cos x + 2 = 0.\)

\( \Leftrightarrow \left( {\cos x - 1} \right)\left( {\cos x - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos x = 1\) (do \(\cos x \le 1 \Rightarrow \cos x - 2 \le - 1 \ne 0\))

\( \Leftrightarrow x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

b) \(\left( {2\cos x - 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x} \right) = \sin 2x - \sin x.\)

\( \Leftrightarrow \left( {2\cos x - 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x} \right) = 2\sin x.\cos x - \sin x\)

\( \Leftrightarrow \left( {2\cos x - 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x} \right) = \sin x\left( {2\cos x - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {2\cos x - 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x - \sin x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {2\cos x - 1} \right)\left( {\sin x + \cos x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = \frac{1}{2}\\\sin x = - \cos x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \\\tan x = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Phương pháp:

a) Xác định các điểm chung của hai mặt phẳng.

b) Chứng minh EF song song với một đường thẳng nằm trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\).

c) Tìm giao điểm của SB với một đường thẳng nằm trong \(\left( {CDE} \right)\) và tìm giao điểm cả SC với một đường thẳng nằm trong \(\left( {EFM} \right).\) Từ đó suy ra thiết diện.

d) Sử dụng công thức: \(\frac{{{S_{KMN}}}}{{{S_{KEF}}}} = \frac{{KM}}{{KE}}.\frac{{KN}}{{KF}}.\)

Cách giải:

a) * Tìm \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = ?\)

+ Dễ thấy S là điểm chung thứ nhất.

+ Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset SBD \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) \Rightarrow O\) là điểm chung thứ hai.

Vậy \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO.\)

* Tìm \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = ?.\)

+ Dễ thấy S là điểm chung thứ nhất.

+ Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \supset AD\\\left( {SBC} \right) \supset BC\\AD\parallel BC\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAD} \right),\left( {SBC} \right)\] cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng qua S và song song với AD, BC.

Trong \(\left( {SAD} \right)\) kẻ đường thẳng d qua S và \(d\parallel AD\parallel BC \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = d.\)

b) Ta có: EF là đường trung bình của \(\Delta SAD\) nên \(EF\parallel AD\) (Tính chất đường trung bình của tam giác).

Mà \(AD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow EF\parallel \left( {ABCD} \right).\)

Ta có: \(EF\parallel AD\), mà \(AD\parallel BC\left( {gt} \right) \Rightarrow EF\parallel BC.\)

Lại có \(BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow EF\parallel \left( {SBC} \right).\)

c) Trong \(\left( {SAB} \right)\) gọi \(M = EK \cap SB\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M \in SB\\M \in EK \subset \left( {CDE} \right) \Rightarrow M \in \left( {CDE} \right)\end{array} \right. \Rightarrow M = SB \cap \left( {CDE} \right).\)

Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(N = FK \cap SC\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}N \in SC\\N \in FK \subset \left( {EFM} \right) \Rightarrow M \in \left( {EFM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow N = SC \cap \left( {EFM} \right).\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {KEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = EM\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NF\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EF\end{array} \right. \Rightarrow \) Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {KEF} \right)\) là tứ giác EMNF.

d) Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác FKD ta có: \(\frac{{CD}}{{CK}}.\frac{{NK}}{{NF}}.\frac{{SF}}{{SD}} = 1.\)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow C\) là trung điểm của \(KD \Rightarrow \frac{{CK}}{{CD}} = 1.\)

F là trung điểm của \(SD\left( {gt} \right) \Rightarrow \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\)

\( \Rightarrow 1.\frac{{NK}}{{NF}}.\frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{NK}}{{NF}} = 2.\)

Tương tự ta có: \(\frac{{MK}}{{ME}} = 2.\)

Suy ra \(\frac{{{S_{KMN}}}}{{{S_{KEF}}}} = \frac{{KM}}{{KE}}.\frac{{KN}}{{KF}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9}.\)