Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \[\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Cách giải:

\[\tan \frac{x}{4} = - 1 \Leftrightarrow \frac{x}{4} = \frac{{ - \pi }}{4} + k\pi \Leftrightarrow x = - \pi + 4k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[x \in \left[ {0;12\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le - \pi + 4k\pi \le 12\pi \Leftrightarrow \frac{1}{4} \le k \le \frac{{13}}{4}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow k \in \left\{ {1;2;3} \right\}.\]

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thuộc \[\left[ {0;12\pi } \right]\]

Đáp án A

Phương pháp:

+) Giải phương trình lượng giác cơ bản: \[\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right),\] sau đó tìm các nghiệm thuộc \[\left[ {0;10\pi } \right]\] của phương trình.

+) Tính tổng các nghiệm: sử dụng công thức tổng n số hạng đầu tiên của CSC: \[{S_n} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_n}} \right).n}}{2}.\]

Cách giải:

\[\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[x \in \left[ {0;10\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le k\pi \le 10\pi \Leftrightarrow 0 \le k \le 10 \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;...;10} \right\}\]

Khi đó tổng các nghiệm thuộc \[\left[ {0;10\pi } \right]\] của phương trình trên là:

\[0 + \pi + 2\pi + 3\pi + ... + 10\pi = \left( {0 + 1 + 2 + ... + 10} \right)\pi = \frac{{10.11}}{2}\pi = 55\pi .\]

Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \[\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right),\] sau đó tìm các nghiệm thuộc \[x \in \left[ {0;2\pi } \right]\] của phương trình.

Cách giải:

\[\sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \end{array} \right.\left( {k,l \in \mathbb{Z}} \right).\]

Xét họ nghiệm \[x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \in \left[ {0;2\pi } \right]\] ta có: \[0 \le \frac{\pi }{4} + k2\pi \le 2\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{8} \le k \le \frac{7}{8} \Leftrightarrow k = 0.\]

Xét họ nghiệm \[x = \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \in \left[ {0;2\pi } \right]\] ta có: \[0 \le \frac{{3\pi }}{4} + l2\pi \le 2\pi \Leftrightarrow - \frac{3}{8} \le l \le \frac{5}{8} \Leftrightarrow l = 0.\]

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thuộc \[\left[ {0;2\pi } \right]\] là \[\frac{\pi }{4};\frac{{3\pi }}{4}.\]

Đáp án A

Phương pháp:

Phương trình dạng \[a\sin x + b\cos x = c\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}.\]

Cách giải:

Phương trình \[\sin x - \sqrt 3 m\cos x = 2m\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow 1 + {\left( {\sqrt 3 m} \right)^2} \ge \left( {2{m^2}} \right) \Leftrightarrow {m^2} \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le m \le 1.\]

Đáp án C

Phương pháp:

\[ - 1 \le \cos x \le 1{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}.\]

Cách giải:

Ta có: \[ - 1 \le \cos x \le 1{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow - 1 \le {\left( {m - 1} \right)^2} \le 1 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le m - 1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2.\]

Chú ý: Những phương trình luôn đúng ta không giải, nhiều học sinh mắc sai lầm khi giải bất phương trình \[{\left( {m - 1} \right)^2} \ge - 1\] bằng phương pháp bình phương hai vế.

Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \[\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Cách giải:

ĐK: \[\left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos 3x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\4{\cos ^3}x - 3\cos x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\4{\cos ^2}x - 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\cos x \ne \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\]

\[\tan x = \tan 3x \Leftrightarrow 3x = x + k\pi \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Đối chiếu điều kiện ta có \[x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Chú ý: HS chú ý điều kiện của phương trình để loại nghiệm.

Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \[\cot x = \cot \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Cách giải:

ĐK: \[\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

\[\cot x = \cot 2x \Leftrightarrow 2x = x + k\pi \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\left( {ktm} \right).\]

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số \[y = \tan x\] tuần hoàn với chu kỳ \[\pi ,\] hàm số \[y = \tan kx\] tuần hoàn với chu kỳ \[\frac{\pi }{k}.\]

Cách giải:

Hàm số \[y = f\left( x \right) = \tan \frac{x}{4}\] tuần hoàn với chu kỳ \[T = \frac{\pi }{{\frac{1}{4}}} = 4\pi .\]

Chú ý: Tránh nhầm lẫn hàm số \[y = \tan kx\] có chu kỳ tuần hoàn là \[T = k\pi .\]

Đáp án B

Phương pháp:

Tổ hợp chập k của n phần tử là số cách lấy ra k phần tử từ tập hợp gồm n phần tử.

Cách giải:

Lớp học có tất cả \[20 + 24 = 44\] học sinh, do đó có \[C_{44}^1 = 44\] cách chọn 1 học sinh làm trực nhật.

Đáp án A

Phương pháp:

+) Chọn 3 người trong số 6 người để trao huy chương.

+) Hoán đổi vị trí của 3 người nhận huy chương.

Cách giải:

Số cách trao một bộ huy chương gồm 1 huy chương vàng, 1 huy chương bạc và 1 huy chương đồng là \[A_6^3 = 120\] cách.

Chú ý: Vị trí của 3 nhận huy chương có thể hoán đổi cho nhau, hay nói cách khác vai trò của 3 huy chương khác nhau nên bài toán này phải dùng chỉnh hợp, dùng tổ hợp là sai.

Đáp án A

Phương pháp:

Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là \[\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {0 \le {a_i} \le 9;{a_i} \in \mathbb{N}\left( {i = \overline {1;6} } \right);{a_1} \ne 0} \right)\]

+) Chọn \[{a_6}\] là số lẻ.

+) Sử dụng chỉnh hợp chọn \[{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}\] trong 7 chữ số còn lại (khác \[{a_6}\]).

+) Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là \[\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \left( {0 \le {a_i} \le 9;{a_i} \in \mathbb{N}\left( {i = \overline {1;6} } \right);{a_1} \ne 0} \right)\]

Do số tự nhiên cần tìm là số lẻ nên \[{a_6} \in \left\{ {1;3;5;7} \right\} \Rightarrow \] có 4 cách chọn \[{a_6}\]

Số cách chọn \[{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}\] là \[A_7^5 = 2520\] cách.

Áp dụng quy tắc nhân ta có \[2520.4 = 10080\] số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau được tạo thành.

Đáp án C

Phương pháp:

Số đường chéo của đa giác đều là số đoạn nối 2 đỉnh bất kỳ không kề nhau của đa giác.

Cách giải:

Giả sử đa giác đều n cạnh, khi đó số đường chéo của đa giác đều là \[C_n^2 - n.\]

Vì đa giác đều có 20 đường chéo nên ta có \[C_n^2 - n = 20\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} - n = 20 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - n = 20\]

\[ \Leftrightarrow {n^2} - n - 2n = 40 \Leftrightarrow {n^2} - 3n - 40 = 0 \Rightarrow n = 8\]

Vậy đa giác đều đó là bát giác đều.

Chú ý: Các em có thể sử dụng công thức giải nhanh: số đường chéo của đa giác đều n cạnh là \[\frac{{{n^2} - 3n}}{2}.\]

Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: \[{\left( {x + 1} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{x^k}.} \]

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: \[f\left( x \right) = {\left( {{x^2} + \frac{2}{x}} \right)^9} = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{9 - k}}{{\left( {\frac{2}{x}} \right)}^k} = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{2^k}{x^{18 - 3k}}.} } \]

Số hạng tự do (số hạng không chứa x) ứng với \[18 - 3k = 0 \Leftrightarrow k = 6.\]

Vậy số hạng tự do trong khai triển trên là \[C_9^6{.2^6} = 5376.\]

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton \[{\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n - k}}.} \] sau đó cho \[x = 1\] để tìm tổng các hệ số.

Cách giải:

\[{\left( {2x - 3} \right)^{16}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k{{\left( {2x} \right)}^k}{{\left( { - 3} \right)}^{16 - k}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k{2^k}{{\left( { - 3} \right)}^{16 - k}}.{x^k}} } \]

Khi \[x = 1\] ta có \[{\left( {2.1 - 3} \right)^{16}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k{2^k}{{\left( { - 3} \right)}^{16 - k}}} = 1.\]

Vậy tổng tất cả hệ số trong khai triển trên là 1.

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:

Số cách chọn 2 học sinh bất kì là \[C_{44}^2 = 946\] cách \[ \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 946.\]

Gọi A là biến cố: “đội trực nhật có 1 học sinh nam và 1 học sinh nữ”.

Số cách chọn 1 học sinh nam là \[C_{20}^1 = 20\] cách.

Số cách chọn 1 học sinh nữ là \[C_{24}^1 = 24\] cách.

Áp dụng quy tắc nhân ta có \[n\left( A \right) = 20.24 = 480\] cách.

Vậy \[P\left( A \right) = \frac{{480}}{{946}} = \frac{{240}}{{473}}.\]

Đáp án C

Phương pháp:

Số nguyên tố là số chỉ có ước là 1 và chính nó. Số nguyên tố nhỏ nhất là số 2.

Cách giải:

Ta có \[n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216.\]

Tích số chấm xuất hiện trên mặt của 3 con súc sắc lập thành một số nguyên tố khi và chỉ khi tích đó là 2, 3 hoặc 5.

TH1: Tích bằng 2, ta có \[2 = 1.1.2 = 1.2.1 = 2.1.1 \Rightarrow \] có 3 cách.

TH2: Tích bằng 3, tương tự có 3 cách.

TH3: Tích bằng 5, tương tự có 3 cách.

Gọi A là biến cố: “Tích số chấm xuất hiện trên mặt của 3 con súc sắc lập thành một số nguyên tố”

\[ \Rightarrow n\left( A \right) = 9.\] Vậy \[P\left( A \right) = \frac{9}{{216}} = \frac{1}{{24}}.\]

Đáp án B

Phương pháp:

\[A' = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow \] I là trung điểm của \[AA'\]

Cách giải:

\[A' = {D_I}\left( A \right) \Rightarrow \] I là trung điểm của \[AA' \Rightarrow A'\left( {5;6} \right).\]

Chú ý: I là trung điểm của \[AA'\]\[ \Rightarrow A' = 2I - A.\]

Đáp án C

Phương pháp:

\[A' = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow u .\]

Cách giải:

Ta có: \[A' = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow u \Rightarrow A'\left( {4;6} \right).\]

Đáp án A

Phương pháp:

\[{V_{\left( {I;k} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {IA'} = k\overrightarrow {IA} .\]

Cách giải:

\[{V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A'\left( {x;y} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {IA'} = 2\overrightarrow {IA} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = 2\left( {1 - 3} \right)\\y - 4 = 2\left( {2 - 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( { - 1;0} \right).\]

Đáp án C

Phương pháp:

Ảnh của điểm \[M\left( {x;y} \right)\] qua phép đối xứng trục Ox là \[M'\left( {x; - y} \right).\]

Cách giải:

Ảnh của điểm \[A\left( {1;12} \right)\] qua phép đối xứng trục Ox là \[A'\left( {1; - 12} \right).\]

Đáp án C

Phương pháp:

+) Do \[A'\] đối xứng A qua \[\left( \Delta \right)\] nên đường thẳng \[\left( \Delta \right)\] là đường trung trực của \[AA'.\] Từ đó xác định điểm đi qua và 1VTPT của đường thẳng \[\left( \Delta \right).\]

+) Đường thẳng đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\] và có 1 VTPT \[\overrightarrow n = \left( {a;b} \right)\] có phương trình \[a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) = 0.\]

Cách giải:

Do \[A'\] đối xứng A qua \[\left( \Delta \right)\] nên đường thẳng \[\left( \Delta \right)\] là đường trung trực của \[AA'.\] Do đó \[\left( \Delta \right)\] đi qua trung điểm \[I\left( {2;3} \right)\] của \[AA'\] và nhận \[\overrightarrow {AA'} = \left( {2;2} \right)\] là 1 VTPT.

Khi đó ta có phương trình \[\left( \Delta \right):2\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 5 = 0.\]

Đáp án D

Cách giải:

Tập hợp các điểm I là đường thẳng song song với \[\left( \Delta \right)\] và \[\left( {\Delta '} \right)\] và nằm chính giữa \[\left( \Delta \right)\] và \[\left( {\Delta '} \right).\] Do đó có vô số điểm I như vậy.

Đáp án B

Cách giải:

Có duy nhất 1 đường thẳng \[\left( d \right)\] thỏa mãn điều kiện phép đối xứng trục \[\left( d \right)\] biến \[\left( \Delta \right)\] thành \[\left( {\Delta '} \right)\] là \[\left( d \right):x - y - 2 = 0.\]

Phương pháp:

1) TH1: \[\cos x = 0.\]

TH2: \[\cos x \ne 0,\] chia cả 2 vế của phương trình cho \[{\cos ^2}x,\]  sử dụng công thức \[\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x,\] đưa về phương trình bậc hai ẩn \[\tan x.\]

Phương pháp:

2) Phương trình dạng \[a\sin x + b\cos x = c,\] chia cả 2 vế của phương trình cho \[\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\]

Phương pháp:

1) Chứng minh đường thẳng MN song song với 1 đường thẳng nằm trong mặt phẳng \[\left( {SCD} \right).\]

2) Hai mặt phẳng chứa 2 đường thẳng song song thì cắt nhau theo giao tuyến (nếu có) song song với 2 đường thẳng đó.

3) Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAC: \[\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PC}}.\frac{{GC}}{{GS}} = 1.\]

Cách giải:

c) Gọi \[O = AC \cap BD.\] Do P là trọng tâm tam giác BCD

\[ \Rightarrow \frac{{PC}}{{PO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{PC}}{{\frac{1}{2}AC}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{{PC}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{PC}}{{PA}} = \frac{1}{2}\]

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAC: \[\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PC}}.\frac{{GC}}{{GS}} = 1 \Rightarrow 1.2.\frac{{GC}}{{GS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{GC}}{{GS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{SC}}{{SG}} = \frac{1}{2}.\]