Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.89 MB, 431 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

2019

Dự án Tex đề kiểm tra 1 tiết khối 10 - 11 - 12

1

2

4

5

9

11

12

14

16

17

18

19
20

21

24

25

26

29

30

31

33

34

39

43

45

47

48

50 TEX LẦN 1,2,3,4 - CÁC CHƯƠNG LỚP 10, 11, 12

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

MÔN TỐN

MƠN TỐN

KHỐI 10 - 11 - 12

π

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

MỤC LỤC

PHẦN 1 Đại số lớp 10 7

1 Mệnh đề và tập hợp . . . 7

A Khung ma trận . . . 7

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 7

C Đề kiểm tra . . . 8

Đề số 1. . . 8

Đề số 2. . . 13

Đề số 3. . . 18

2 Hàm số bậc nhất - Hàm số bậc hai . . . 24

A Khung ma trận . . . 24

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 24

C Đề kiểm tra . . . 25

Đề số 1. . . 25

Đề số 2. . . 31

Đề số 3. . . 36

3 Phương trình - hệ phương trình . . . 41

A Khung ma trận . . . 41

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 41

C Đề kiểm tra . . . 42

Đề số 1. . . 42

Đề số 2. . . 47

Đề số 3. . . 52

4 Bất đẳng thức-Bất phương trình . . . 59

A Khung ma trận . . . 59

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 59

C Đề kiểm tra . . . 60

Đề số 1. . . 60

Đề số 2. . . 67

5 Thống kê . . . 75

A Khung ma trận . . . 75

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 75

Đề số 1. . . 76

6 Góc lượng giác và cung lượng giác . . . 86

A Khung ma trận . . . 86

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 86

C Đề kiểm tra . . . 87

Đề số 1. . . 87

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

PHẦN 2 Hình học lớp 10 97

1 Véc tơ . . . 97

A Khung ma trận . . . 97

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 97

C Đề kiểm tra . . . 98

Đề số 1. . . 98

Đề số 2. . . 103

Đề số 3. . . 110

2 Tích vơ hướng của hai vectơ và ứng dụng . . . 117

A Khung ma trận . . . 117

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 117

C Đề kiểm tra . . . 118

Đề số 1. . . 118

Đề số 2. . . 123

Đề số 3. . . 128

3 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng . . . 134

A Khung ma trận . . . 134

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 134

C Đề kiểm tra . . . 135

Đề số 1. . . 135

Đề số 2. . . 140

Đề số 3. . . 146

PHẦN 3 Đại số lớp 11 155
1 Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác . . . 155

A Khung ma trận . . . 155

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 155

C Đề kiểm tra . . . 156

Đề số 1. . . 156

Đề số 2. . . 162

Đề số 3. . . 168

2 Tổ hợp và xác suất . . . 175

A Khung ma trận . . . 175

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 175

C Đề kiểm tra . . . 176

Đề số 1. . . 176

Đề số 2. . . 180

Đề số 3. . . 185

3 Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân. . . 191

A Khung ma trận . . . 191

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 191

C Đề kiểm tra . . . 192

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đề số 2. . . 196

Đề số 3. . . 202

4 Giới hạn . . . 207

A Khung ma trận . . . 207

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 207

C Đề kiểm tra . . . 208

Đề số 1. . . 208

Đề số 2. . . 212

Đề số 3. . . 217

5 Đạo hàm . . . 223

A Khung ma trận . . . 223

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 223

C Đề kiểm tra . . . 224

Đề số 1. . . 224

Đề số 2. . . 228

Đề số 3. . . 232

PHẦN 4 Hình học lớp 11 237
1 Phép dời hình và phép đồng dạng trong mặt phẳng . . . 237

A Khung ma trận . . . 237

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 237

C Đề kiểm tra . . . 238

Đề số 1. . . 238

Đề số 2. . . 243

Đề số 3. . . 248

2 Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song . . . 254

A Khung ma trận . . . 254

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 254

Đề số 1. . . 255

Đề số 2. . . 262

3 Quan hệ vuông góc trong khơng gian . . . 270

A Khung ma trận . . . 270

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 270

C Đề kiểm tra . . . 271

Đề số 1. . . 271

Đề số 2. . . 279

Đề số 3. . . 285

PHẦN 5 Giải Tích lớp 12 295

1 Ứng dụng của đạo hàm . . . 295

A Khung ma trận . . . 295

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 295

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Đề số 1. . . 296

D Đề kiểm tra . . . 296

Đề số 1. . . 296

Đề số 2. . . 303

Đề số 3. . . 310

2 Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit . . . 319

A Khung ma trận . . . 319

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 319

C Đề kiểm tra . . . 320

Đề số 1. . . 320

Đề số 2. . . 324

Đề số 3. . . 329

3 Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng . . . 334

A Khung ma trận . . . 334

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 334

C Đề kiểm tra . . . 335

Đề số 1. . . 335

Đề số 2. . . 342

Đề số 3. . . 349

4 Số phức . . . 357

A Khung ma trận . . . 357

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 357

C Đề kiểm tra . . . 358

Đề số 1. . . 358

Đề số 2. . . 362

Đề số 3. . . 366

PHẦN 6 Hình học lớp 12 372
1 Khối đa diện . . . 372

A Khung ma trận . . . 372

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 372

C Đề kiểm tra . . . 373

Đề số 1. . . 373

Đề số 2. . . 381

Đề số 3. . . 389

2 Mặt tròn xoay. . . 397

A Khung ma trận . . . 397

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 397

C Đề kiểm tra . . . 398

Đề số 1. . . 398

Đề số 2. . . 402

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

3 Phương pháp tọa độ trong không gian . . . 413

A Khung ma trận . . . 413

B Bảng mô tả chi tiết nội dung câu hỏi . . . 413

C Đề kiểm tra . . . 414

Đề số 1. . . 414

Đề số 2. . . 419

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

1

ĐẠI SỐ LỚP 10

CHƯƠNG

1.

MỆNH ĐỀ VÀ TẬP HỢP

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1. Mệnh đề và MĐ chứa biến

Câu 1 Câu 3 Câu 5 Câu 7 8

Câu 2 Câu 4 Câu 8

Câu 6 32%

2. Áp dụng mệnh đề vào suy
luận

Câu 9 Câu 10 Câu 12 4

Câu 11 16%

3. Tập hợp và các phép toán

Câu 13 Câu 15 Câu 18 Câu 23 13

Câu 14 Câu 16 Câu 19 Câu 24

Câu 17 Câu 20 Câu 25

Câu 21

Câu 22 52%

Cộng 5 8 7 5 25

20% 32% 28% 20% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Chủ đề 1. Mệnh
đề và mệnh đề

chứa biến

1 NB Xác định một phát biểu có phải là một mệnh đề haykhông.

2 NB Mệnh đề kéo theo.

3 TH Mệnh đề chứa biến.

4 TH Mệnh đề phủ định.

5 VDT Mệnh đề có chứa ∀,∃.

6 TH Tính đúng sai của mệnh đề.

7 VDC Tính đúng sai của mệnh đề.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Chủ đề 2. Áp

dụng mệnh đề

vào suy luận

9 NB Điều kiện cần.

10 NB Biết giải phương trình dạng tanx+m = 0.

10 TH Điều kiện đủ.

11 TH Điều kiện cần và đủ.

12 VDT Cho một định lý, tìm mệnh đề đúng.

Chủ đề 3. Tập
hợp và các phép

toán

13 NB Các cách cho tập hợp.

14 NB Cách viết tập hợp dưới dạng khoảng, đoạn, nửa

khoảng.

15 TH Tìm giao, hợp, hiệu của hai tập hợp.

16 TH Tìm giao, hợp, hiệu của hai tập hợp.

17 TH Tìm giao, hợp, hiệu của hai tập hợp.

18 VDT Tìm phần bù của một tập hợp.

19 VDT Đếm số phần tử của tập hợp.

20 VDT Xác định tập con.

21 VDT Cách viết tập hợp khi cho tập hợp có chứa giá trị

tuyệt đối.

22 VDT Bài toán sử dụng biểu đồ Ven.

23 VDC Tìm m trong bài tốn có chứa tập con.

24 VDC Tìm phần bù của một tập hợp.

25 VDC Tìm m trong phép giao.

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Câu nào sau đây không là mệnh đề?

A Buồn ngủ q!.

B Hình thoi có hai đường chéo vng góc với nhau.

C 8 là số chính phương.

D Bangkok là thủ đô của Singapore.

Lời giải.

“Buồn ngủ quá ”không phải là một mệnh đề.

Chọn đáp án A

Câu 2. Trong các mệnh đề sau đây mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

A “∀x∈R, x > 3⇒x2 >9”. B “∀x∈R, x > −3⇒x2 >9”.

C “∀x∈R, x2 >9⇒x >3”. D “∀x∈

R, x2 >9⇒x >−3”.
Lời giải.

• Mệnh đề “∀x∈R, x >3⇒x2 >9” đúng vì x >3>0⇒x2 >32 ⇒x2 >9.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

• Mệnh đề “∀x∈R, x2 >9⇒x >3” sai vì với x=−4thì (−4)2 >9nhưng −4<3.

• Mệnh đề “∀x∈R, x2 >9⇒x >−3” sai vì với x=−4thì (−4)2 >9nhưng −4<−3.

Chọn đáp án A

Câu 3. Cho mệnh đề chứa biến P(x) :“x∈R:√x≥x”. Mệnh đề nào sau đây là sai?

A P

Å 9

. B P

Å1

. C P(0). D P(2).

Lời giải.

Vì P( 9
16)là “

…

9
16 ≥

16”, đó là mệnh đề đúng.
Vì P(1

4) là “

…

1
4 ≥

4”, đó là mệnh đề đúng.
Vì P(0) là “√0≥0”, đó là mệnh đề đúng.
Vì P(2) là “√2≥2 ”, đó là mệnh đề sai.

Chọn đáp án D

Câu 4. Mệnh đề phủ định của mệnh đề: “∃x∈R,2x2+ 3x−5<0” là mệnh đề nào dưới đây?

A ∀x∈R,2x2+ 3x−5>0. B “∀x∈

R,2x2+ 3x−5≥0 ”.

C “∃x∈R|2x2+ 3x−5>0”. D “∃x∈

R|2x2+ 3x−5≥0 ”.
Lời giải.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề “∃x∈R,2x2−3x−5<0” là mệnh đề là “∀x∈R,2x2+ 3x−5≥0”.

Chọn đáp án B

Câu 5. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

A ∀x∈R, x+ 1> x. B ∀x∈R,|x|=x.

C ∃x∈R, x−3 =x2. D ∃x∈

R, x2 <0.
Lời giải.

Vì x+ 1> x⇔1>0 (luôn đúng ∀x) nên mệnh đề ở đáp án A đúng.
Vì |x|=x⇔x≥0 nên mệnh đề ở đáp án B sai.

Vì x−3 =x2 ⇔x2−x+ 3 = 0⇔

x− 1

ã2

+ 11

4 = 0 (vô lý) nên mệnh đề ở đáp án C sai.
Vì x2 <0(vơ lý)nên mệnh đề ở đáp án D sai.

Chọn đáp án A

Câu 6. Trong các mệnh đề sau đây mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

A ∀x∈R,|x|<3⇔x <3. B ∀n∈N, n2+ 1 chia hết cho 3.

C ∃x∈R, x > x2. D ∃a∈

Q, a2 = 2.
Lời giải.

Vì |x|<3⇔ −3< x <3 nên mệnh đề ở đáp án A sai.

Vì với n = 1 thì 12+ 1 không chia hết cho 3 nên mệnh đề ở đáp án B sai.

Vì x= 1
4 thì

1
4 >

Å1

ã2

nên mệnh đề ở đáp án C đúng.
Vì a2 = 2 ⇔a=±√2∈/

Q nên mệnh đề ở đáp án D sai.

Chọn đáp án C

Câu 7. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A ∀x∈R, x <4⇒x2 <16.. B ∃n∈

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

C ∃k ∈Z, k2+k+ 1 là một số chẵn. D ∀x∈

2x3−6x2+x−3

2x2+ 1 ∈Z.
Lời giải.

Vì x=−5<4 nhưng(−5)2 >16 nên mệnh đề ở đáp án A sai.

Vì n3−n=n(n2−1) =n(n−1)(n+ 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn chia hết cho 3

với mọi số tự nhiên n. Do đó mệnh đề ở đáp án B sai.

Vì k2+k+ 1 = k(k+ 1) + 1 và k(k+ 1) luôn chia hết cho 2nên k2 +k+ 1 chia cho 2 dư1. Do đó
mệnh đề ở đáp án C sai.

Vì 2x

3 −6x2+x−3

2x2+ 1 =x−3 thuộcZ với mọi xthuộc Z nên mệnh đề ở đáp án D đúng.

Chọn đáp án D

Câu 8. Trong các câu sau, câu nào đúng?

A Phủ định của mệnh đề “∃x∈Q,4x2−1 = 0 ” là mệnh đề “∀x∈Q,4x2−1>0”.

B Phủ định của mệnh đề “∃n ∈N, n2+ 1chia hết cho4 ” là mệnh đề “∀n∈

N, n2+ 1không chia

hết cho 4 ”.

C Phủ định của mệnh đề “∀x∈R,(x−1)2 6=x−1 ” là mệnh đề “∀x∈

R,(x−1)2 = (x−1)”.

D Phủ định của mệnh đề “∀n∈N, n2 > n”r là mệnh đề “∃n∈

N, n2 < n”.
Lời giải.

Phủ định của mệnh đề “∃x∈Q,4x2−1 = 0” là mệnh đề “∀x∈

Q,4x2−16= 0” nên đáp án A sai .

Phủ định của mệnh đề “∃n ∈ N, n2+ 1 chia hết cho4” là mệnh đề “∀n ∈

N, n2+ 1 không chia hết

cho 4” nên đáp án B đúng.

Phủ định của mệnh đề “∀x∈R,(x−1)2 6=x−1 ” là mệnh đề “∃x∈

R,(x−1)2 = (x−1)” nên đáp

án C sai.

Phủ định của mệnh đề “∀n ∈N, n2 > n” là mệnh đề “∃n ∈N, n2 ≤n” nên đáp án D sai.

Chọn đáp án B

Câu 9. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A Điều kiện cần để hai tam giác bằng nhau là chúng có ít nhất một cạnh bằng nhau.

B Điều kiện cần để hai tam giác bằng nhau là chúng có các góc tương ứng bằng nhau.

C Điều kiện cần để một số tự nhiên chia hết cho 3 là nó chia chết cho 6.

D Điều kiện cần để a=b là a2 =b2.

Lời giải.

Vì nếu số tự nhiên n chia hết cho 6 thì nó chia hết cho 3 nên điều kiện đủ để một số tự nhiên chia
hết 3 là nó chia hết cho6.

Chọn đáp án C

Câu 10. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A Điều kiện đủ để số tự nhiên n chia hết cho 24là n chia hết cho6 và 4.

B Điều kiện đủ để n2+ 20 là một hợp số là n là một số nguyên tố lớn hơn3.

C Điều kiện đủ để n2−1chia hết cho 24là n là một số nguyên tố lớn hơn3.

D Điều kiện đủ để một số nguyên dương tận cùng bằng 5 là số đó chia hết cho 5.

Lời giải.

Với n = 12 thì n chia hết cho 6 và4 nhưng n không chia hết cho 24

Chọn đáp án A

Câu 11. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

B Để tổng hai số tự nhiên chia hết cho 7, điều kiện cần và đủ là mỗi số đó chia hết cho 7 .

C Điều kiện cần và đủ để hai số nguyên dương avà b đều khơng chia hết cho9là tích a·b khơng
chia hết cho 9.

D Để a·b >0, điều kiện cần và đủ là hai số a và b đều dương.

Lời giải.

Với a+b ... 7 thì chưa kết luận đượca ... 7 và b ... 7nên đáp án B sai.

Với a= 3, b= 6 không chia hết cho 9 nhưnga·b= 18 ... 9nên đáp án C sai.

Với a <0, b <0nhưng a·b >0 nên đáp án D sai.

Chọn đáp án A

Câu 12. Cho định lý: ”Nếun là một số tự nhiên và n2 chia hết cho3thì n chia hết cho3”. Một học

sinh đã chứng minh như sau

• Bước 1: Giả sửn khơng chia hết cho3 thì n = 3k+ 1 hoặc 3k+ 2 với k ∈Z
• Bước 2: Nếu n = 3k+ 1 thì n2 = 9k2+ 6k+ 1 chia cho 3dư 1

Nếu n= 3k+ 2 thì n2 = 9k2+ 12k+ 4 = 3 (3k2+ 4k+ 1) + 1chia cho 3dư 1.

• Bước 3: Vậy trong cả 2 trường hợp n2 đều không chia hết cho3, trái với giả thiết.

• Bước 4: Do đó n phải chia hết cho 3.
Lý luận trên đúng tới bước nào?

A Bước 1. B Bước 2.

C Bước 3. D Tất cả các bước đều đúng.

Lời giải.

Tất cả các bước trên đều đúng.

Chọn đáp án D

Câu 13. Hãy liệt kê các phần tử của tập hợp X ={x∈Z|2x2−5x+ 2 = 0}

A X ={0}. B X =

ß1

™

. C X ={2}. D X =

2;1
2

™

Lời giải.

Giải phương trình: 2x2−5x+ 2 = 0 ta được hai nghiệmx1 = 2;x2 =

1
2.
Do x∈Z nên X ={2}.

Chọn đáp án C

Câu 14. Cho tập hợp A = {x ∈ R|x2 + 2x ≤ 0}. Hãy chọn cách viết đúng trong các cách dưới

đây.

A A= (−2; 0]. B A= [−2; 0]. C A= (−2; 0). D A = [−2; 0).

Lời giải.

Ta có x2+ 2x≤0⇔x(x+ 2)≤0⇔ −2≤x≤0. Do đó A = [−2; 0].

Chọn đáp án B

Câu 15. Cho M = (−∞; 5] vàN = [−2; 6). Hãy tìm M∩N.

A M ∩N = [−2; 5]. B M ∩N = (−∞,6).

C M ∩N = (−2;−5). D M ∩N = [−2; 6).

Lời giải.

M ∩N = [−2; 5]

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Câu 16. Chọn kết quả sai trong các kết quả dưới đây.

A [−3; 1)∪(−5; 3) = [−3; 3). B [−3; 1)∪(−2; 3) = [−3; 3).

C [−3; 1)∪(−4; 3) = (−4; 3). D [−3; 1)∪(−3; 3) = [−3; 3).

Lời giải.

[−3; 1)∪(−5; 3) = [−5; 3)

Chọn đáp án A

Câu 17. Tập hợp (−2; 4)\[2; 5] là tập hợp nào sau đây?

A (−2; 2]. B (−2; 2). C (−2; 5]. D (2; 4).

Lời giải.

(−2; 4)\[2; 5] = (−2; 2)

Chọn đáp án B

Câu 18. Cho tập hợpA= [−1; +∞). Tập hợpCRA là

A (−∞;−1]. B (−∞;−1). C R. D ∅.

Lời giải.

Ta có CRA=R\A= (−∞;−1)

Chọn đáp án B

Câu 19. Tập hợp X = (2; 5)có bao nhiêu phần tử?

A 2. B 3. C 4. D Vơ số.

Lời giải.

Tập hợp X có vơ số phần tử.

Chọn đáp án D

Câu 20. Cho H là tập hợp các hình bình hành, V là tập hợp các hình vng, T là tập hợp các hình
thoi. Tìm mệnh đề sai

A V ⊂T. B H ⊂T. C T ⊂H. D V ⊂H.

Lời giải.

H ⊂T

Chọn đáp án B

Câu 21. Cho tập hợpA={n ∈N| |n−2| ≤1}. Tính tổng các phần tử thuộc A.

A 2. B 3. C 5. D 6.

Lời giải.

Ta có |n−2| ≤1⇔ −1≤n−2≤1⇔1≤n ≤3.
Do n ∈N nên A ={1; 2; 3}.

Vậy tổng các phần tử thuộc tập hợp A là: 1 + 2 + 3 = 6.

Chọn đáp án D

Câu 22. Cho A= [−3; 5] và B = (−∞;−2)∪(1; +∞). Khi đó A∩B là

A (−∞,−2]∪(1; +∞). B (−∞;−2)∪[1; +∞).

C [−3;−2)∪(1; 5]. D [−3;−2)∪(1; 5).

Lời giải.

A∩B = [−3;−2)∪(1; 5]

Chọn đáp án C

Câu 23. Cho tập hợpA= [m;m+ 2] và B = [−1; 2]. Điều kiện của m đểA⊂B là

A −1≤m≤0. B 1≤m≤2.

C m≤ −1 hoặc m≥0. D m <−1 hoặc m >2.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

A⊂B ⇔

m ≥ −1

m+ 2≤2 ⇔

m≥ −1

m≤0 ⇔ −1≤m≤0.

Chọn đáp án A

Câu 24. Cho ba tập hợp CRM = (−∞; 3); CRN = (−∞;−3)∪(3; +∞) và CRP = (−2; 3]. Chọn
khẳng định đúng.

A (M ∩N)∪P = (−∞;−2]∪[3; +∞). B (M ∩N)∪P = (−∞;−2]∪(3; +∞).

C (M ∩N)∪P = [−3; +∞). D (M ∩N)∪P = [−2; 3).

Lời giải.

Ta có M = [3; +∞),N = [−3; 3], P = (−∞;−2]∪(3; +∞).
Nên M∩N ={3}. Do đó (M∩N)∪P = (−∞;−2]∪[3; +∞).

Chọn đáp án A

Câu 25. Cho 2 tập hợp khác rỗng A = (m−1; 4] và B(−2; 2m+ 2), m ∈ R. Tìm m để A∩B 6=

∅

A −2< m <5. B m >−3. C −1< m <5. D 1< m <5.

Lời giải.

Điều kiện

m−1<4
2m+ 2>−2 ⇔

m <5

m >−2 ⇔ −2< m <5.
Ta có A∩B =∅⇔2m+ 2 ≤m−1⇔m≤ −3.

Do đóA∩B 6=∅⇔m >−3.

Kết hợp với điều kiện ta được −2< x <5.

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. A 2. A 3. D 4. B 5. A 6. C 7. D 8. B 9. C 10. A

11. A 12. D 13. C 14. B 15. A 16. A 17. B 18. B 19. D 20. B

21. D 22. C 23. A 24. A 25. A

Đề số 2

Câu 1. Trong các câu sau, đâu không phải là mệnh đề?

A ∀x∈R, x2 >0.

B Bông hoa này thật đẹp!.

C Tam giác cân có một góc bằng 60◦ là tam giác đều.

D Hà Nội là thủ đô của nước Pháp.

Lời giải.

“Bông hoa này thật đẹp!” không phải là mệnh đề.

Chọn đáp án B

Câu 2. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào có mệnh đề đảo đúng?

A Nếu cả hai số chia hết cho 3 thì tổng của hai số đó chia hết cho 3.

B Nếu một số tận cùng bằng 0 thì nó chia hết cho 5.

C Nếu hai tam giác bằng nhau thì chúng có diện tích bằng nhau.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Mệnh đề “Nếu một số chia hết cho5 thì có tận cùng bằng 0” có mệnh đề đảo là “Nếu một số có tận
cùng bằng 0 thì chia hết cho5” là mệnh đề đúng.

Chọn đáp án D

Câu 3. Cho mệnh đề P(x): “x2 < x”. Mệnh đề nào sau đây là đúng

A P(2). B P(1). C P

1
2

. D P(0).

Lời giải.

1
2

là mệnh đề đúng.

Chọn đáp án C

Câu 4. Cho mệnh đề P(x): “∀x∈R:x2+x+ 1>0”. Phủ định của mệnh đềP(x) là

A “∃x∈R:x2+x+ 1≤0”. B “∀x∈R:x2+x+ 1<0”.

C “∀x∈R:x2+x+ 1≤0”. D “∃x∈

R:x2+x+ 1<0”.
Lời giải.

Mệnh đề phủ định P(x): “∃x∈R:x2+x+ 1≤0”.

Chọn đáp án A

Câu 5. Mệnh đề “Có ít nhất một số tự nhiên khác0” mô tả mệnh đề nào dưới đây?

A “∀n∈N:n6= 0”. B “∃x∈N:x= 0”. C “∃x∈Z:x6= 0”. D “∃x∈N:x6= 0”.
Lời giải.

Mô tả mệnh đề “∃x∈N:x6= 0”.

Chọn đáp án D

Câu 6. Cho mệnh đề chứa biếnP (n) : “n3+ 1chia hết cho3”. Khẳng định nào sau đâyđúng?

A P(2) đúng, P(5) đúng. B P(2) sai, P(5) sai.

C P(2) đúng, P(5) sai. D P(2) sai, P(5) đúng.

Lời giải.

Ta có P (2) : “23+ 1 chia hết cho 3” là mệnh đề đúng.

P (5) : “53+ 1 chia hết cho3” là mệnh đề đúng.

Chọn đáp án A

Câu 7. Biết A là mệnh đề sai, B là mệnh đề đúng. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A B ⇒A. B B ⇒A. C B ⇔A. D B ⇔A.

Lời giải.

Vì A là mệnh đề sai nên A là mệnh đề đúng. Như vậy B ⇒A là mệnh đề đúng.

Chọn đáp án B

Câu 8. Mệnh đề nào sau đây có mệnh đề phủ định đúng?

A “∀x∈R:x < x+ 1”. B “∀n ∈N: 2n ≥n”.

C “∃x∈Q:x2 = 2”. D “∃x∈

R:x2−3x+ 1 = 0”.
Lời giải.

Ta có x2 = 2 ⇔x= ±√2 ∈I nên mệnh đề “∃x∈Q :x2 = 2” sai. Điều đó đồng nghĩa với mệnh đề
phủ định của nó là đúng.

Chọn đáp án C

Câu 9. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A Điều kiện cần và đủ để tứ giác là hình thoi là khi có thể nội tiếp trong tứ giác đó một đường
trịn.

B Với các số thực dương a và b, điều kiện cần và đủ để √a+√b =p2(a+b) làa=b.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

D Điều kiện cần và đủ để hai tam giác bằng nhau là hai tam giác đồng dạng.

Lời giải.

Mệnh đề: “Với các số thực dương a và b, điều kiện cần và đủ để √a+√b=p2(a+b) là a=b ” là
mệnh đề đúng. Thật vậy:

Với mọi số thực dương a và b giả sử a = b thì

(√

a+√b=√a+√a= 2√a

2(a+b) =»2(a+a) = 2√a

từ đó suy ra

√

a+√b=p2(a+b).

Ngược lại, giả sử√a+√b =p2(a+b)⇒a+ 2√a√b+b= 2(a+b)⇒Ä√a−√bä2 = 0⇒√a=√b

hay a=b.

Chọn đáp án B

Câu 10. Cách phát biểu nào sau đây là sai về mệnh đềP ⇒Q

A P là điều kiện đủ để có Q. B P kéo theo Q.

C Q là điều kiện đủ để có P. D Q là điều kiện cần để có P.

Lời giải.

Phát biểu sai: Qlà điều kiện đủ để có P.

Chọn đáp án C

Câu 11. Phát biểu nào sau đây sai?

A Điều kiện cần và đủ để phương trình bậc hai ax2+bx+c= 0 vơ nghiệm là ∆ = b2−4ac <0.

B Số nguyên n chia hết cho 5khi và chỉ khi số tận cùng của n phải là0 hoặc 5.

C Một tam giác là tam giác vuông khi và chỉ khi nó có một góc bằng tổng hai góc cịn lại.

D Điều kiện cần và đủ để 4ABC đều là 4ABC cân.
Lời giải.

4ABC đều suy ra 4ABC cân nhưng điều ngược lại nói chung khơng đúng. Vậy khẳng định sai là:
Điều kiện cần và đủ để 4ABC đều là 4ABC cân.

Chọn đáp án D

Câu 12. Cho định lý: “Với mọi số tự nhiên n nếu n2 ... 3 thì n ... 3 ”. Khẳng định nào sau đây là
đúng?

A Giả thiết là “n ... 3”. B Giả thiết là “nếu n2 ... 3”.

C Kết luận là “n ... 3”. D Kết luận là “thì n ... 3”.

Lời giải.

Giả thiết là “n2 ...3”, kết luận là “n ... 3”.

Chọn đáp án C

Câu 13. Cho tập hợpA={x∈N|1< x≤5}. Tập hợpA viết dưới dạng liệt kê là

A A={2; 3; 4; 5}. B A={1; 2; 3; 4}. C A={1; 2; 3; 4; 5}. D A ={2; 3; 4}.

Lời giải.

Dạng liệt kê của tập hợp A làA={2; 3; 4; 5}.

Chọn đáp án A

Câu 14. Cho tập hợpA={x∈R| −2≤x <3}. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A A= (−2; 3). B A= [−2; 3). C A= [−2; 3]. D A = (−2; 3].

Lời giải.

A= [−2; 3).

Chọn đáp án B

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

A ∅. B [0; 4]. C [5; +∞). D (−∞; 1).

Lời giải.

Ta có A∩B ∩C= [1; 4]∩(2; 6)∩(1; 2] =∅.

Chọn đáp án A

Câu 16. Cho A= [0; 3]; B = (1; 5);C = (0; 1). Khẳng định nào sau đây sai?

A A∩B∩C =∅. B A∪B∪C = [0; 5).

C (A∪B)\C = (1; 5). D (A∩B)\C = (1; 3].

Lời giải.

Vì (A∪B) = [0; 5) nên (A∪B)\C= [1; 5)∪ {0}.

Chọn đáp án C

Câu 17. Tập hợp (−2; 3)\[1; 5] bằng

A (−2; 1]. B (−2; 1). C (−3;−2). D (−2; 5).

Lời giải.

Ta có (−2; 3)\[1; 5] = (−2; 1).

Chọn đáp án B

Câu 18. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A CRI=Q. B CQZ=I. C CRZ=N. D CRQ=Z.

Lời giải.

Ta có CRI=Q.

Chọn đáp án A

Câu 19. Tập hợp A={x∈N|x <2019} có bao nhiêu tập hợp con?

A 22018+ 1. B 22018. C 22019−1. D 22019.

Lời giải.

Dạng liệt kê của tập hợp A= {0; 1; 2; 3. . .2018} nên A có 2019 phần tử. Vậy A có tất cả 22019 tập
hợp con.

Chọn đáp án D

Câu 20. Cho tập hợp A ={1; 2; 3;a;b;c}. Số tập con có 3 phần tử của tập A trong đó có ít nhất
một chữ số là

A 21. B 18. C 20. D 19.

Lời giải.

• Trường hợp có3 chữ số, có 1tập: {1; 2; 3}.

• Trường hợp có2chữ số, có9tập:{1; 2;a},{1; 2;b},{1; 2;c},{1; 3;a},{1; 3;b},{1; 3;c},{2; 3;a},

{2; 3;b},{2; 3;c}.

• Trường hợp có1chữ số, có9tập:{1;a;b},{1;a;c},{1;b;c},{2;a;b},{2;a;c},{2;b;c},{3;a;b},

{3;a;c}, {3;b;c}.

Vậy có tất cả 19 tập thỏa đề bài.

Chọn đáp án D

Câu 21. Cho A = {x∈R| |x−2| ≤3} và B = {x∈R| |x+ 1|>1}. Giả sử A∩B = (a;b]. Tính
giá trị của biểu thức M =a2+b2−ab

A 100. B 36. C 25. D 9.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Ta có |x−2| ≤3⇔ −3≤x−2≤3⇔ −1≤x≤5. Suy ra A= [−1; 5].
Ta lại có |x+ 1|>1⇔

x+ 1 >1

x+ 1 <−1 ⇔

x >0

x <−2. Suy ra B = (−∞;−2)∪(0; +∞).
Từ đó ta xác định được A∩B = (0; 5]hay a = 0 và b= 5. VậyM =a2+b2−ab= 25.

Chọn đáp án C

Câu 22. Lớp 10A có17 bạn thích chơi bóng chuyền, 22 bạn thích chơi bóng đá. Trong số các bạn
thích bóng chuyền hoặc bóng đá có 12 bạn thích cả 2 mơn. Trong lớp vẫn cịn 6 bạn khơng thích
bóng chuyền lẫn bóng đá. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn.

A 37. B 33. C 32. D 35.

Lời giải.

Ta sử dụng sơ đồ Ven để giải bài tốn.

5 12 10

- Hình trịn to thể hiện số học sinh cả lớp.
Như vậy, ta có:

- Số bạn chỉ thích bóng chuyền là 17−12 = 5(bạn).
- Số bạn chỉ thích bóng đá là 22−12 = 10(bạn).

- Số học sinh cả lớp là tổng các phần không giao nhau: 5 + 12 + 10 + 6 = 33.

Chọn đáp án B

Câu 23. Cho tập A=

m−1;m+ 1
2

, B = (−∞;−3)∪[3; +∞). Tìm m đểA⊂B.

A m <−7 hoặc m≥4. B Khơng tồn tại m.

C m <−7. D m≥4.

Lời giải.

Trước tiên ta cần tìm điều kiện để tồn tại tậpA là: m−1≤ m+ 1

2 ⇔m≤3 (∗)
Biểu diễn tập hợp A trên trục số

[

m−1

]

m+ 1
2
Biểu diễn tập hợp B trên trục số

[
3

)

−3

A ⊂B ⇔

A⊂(−∞;−3)

A⊂[3; +∞) ⇔




m+ 1
2 <−3

m−1≥3

⇔

m <−7

m≥4 .
Đối chiếu điều kiện (∗), ta cóm <−7 thỏa u cầu bài tốn.

Chọn đáp án C

Câu 24. Cho A= (−∞; 0)∪[1; 2). Tập hợpCRA bằng

A (0; 1)∪[2; +∞). B [0; 1)∪[2; +∞). C [0; 1]∪[2; +∞). D [0; 1)∪(2; +∞).

Lời giải.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Chọn đáp án B

Câu 25. Tìm số nguyênmđể giao của hai tập hợpA ={x∈Z

x≤m},B =

x∈Z
x >

3m−4
2

™

bằng rỗng.

A m≥4. B m ≤4. C m≥2. D m ≤2.

Lời giải.

Ta có A= (−∞;m] và B =

3m−4
2 ; +∞

Ta có A∩B =∅⇔m≤ 3m−4

2 ⇔a≥4.

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. D 3. C 4. A 5. D 6. A 7. B 8. C 9. B 10. C

11. D 12. C 13. A 14. B 15. A 16. C 17. B 18. A 19. D 20. D

21. C 22. B 23. C 24. B 25. A

Đề số 3

Câu 1. Cho các phát biểu sau đây
(I) “17 là số nguyên tố”.

(II) “Tam giác vuông có một đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền”.
(III) “Các em C14 hãy cố gắng học tập thật tốt nhé !”

(IV) “Mọi hình chữ nhật đều nội tiếp được đường trịn”.
Hỏi có bao nhiêu phát biểu là một mệnh đề?

A 4. B 3. C 2. D 1.

Lời giải.

Câu (I) là mệnh đề.
Câu (II) là mệnh đề.

Câu (III) không phải là mệnh đề.
Câu (VI) là mệnh đề.

Chọn đáp án B

Câu 2. Cho định lí “Nếu hai tam giác bằng nhau thì diện tích chúng bằng nhau”. Mệnh đề nào sau
đây đúng?

A Hai tam giác bằng nhau là điều kiện cần để diện tích chúng bằng nhau.

B Hai tam giác bằng nhau là điều kiện cần và đủ để chúng có diện tích bằng nhau.

C Hai tam giác có diện tích bằng nhau là điều kiện đủ để chúng bằng nhau.

D Hai tam giác bằng nhau là điều kiện đủ để diện tích chúng bằng nhau.
Lời giải.

“Hai tam giác bằng nhau” là điều kiện đủ.“Diện tích bằng nhau” là điều kiện cần.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Câu 3. Xét mệnh đề chứa biến P(x) :00x2−3x+ 2 = 000. Với giá trị nào của x sau đây thì P(x) là

mệnh đề đúng?

A 0. B 1. C −1. D −2.

Lời giải.

Ta có x2−3x+ 2 = 0⇔

x= 1

x= 2.

Do đó trong các giá trị x đã cho x= 1 thì mệnh đề P(x) đúng.

Chọn đáp án B

Câu 4. Phủ định của mệnh đề “∃x∈Q: 2x2−5x+ 2 = 0”là

A “∃x∈Q: 2x2−5x+ 2>0”. B “∃x∈

Q: 2x2−5x+ 26= 0”.

C “∀x∈Q: 2x2−5x+ 26= 0”. D “∀x∈

Q: 2x2−5x+ 2 = 0”.
Lời giải.

Vì phủ định của mệnh đề “∃x∈Q: 2x2−5x+ 2 = 0”là “∀x∈Q: 2x2−5x+ 26= 0”.

Chọn đáp án C

Câu 5. Cho các mệnh đề:

(1) Với mọi số thực m, tồn tại một số thực n sao cho mn−1 = n−m.
(2) Với mọi số thực n, tồn tại một số thực m sao cho mn−1 = n−m.
(3) Với mọi số thực m, n ta ln có mn−1 =n−m.

Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên là

A 0. B 1. C 2. D 3.

Lời giải.

Đẳng thức tương đương với (m−1)(n+ 1) = 0. Do đó dễ thấy mệnh đề (1) và (2) đúng, chẳng hạn
với n =−1, m= 1.

Chọn đáp án C

Câu 6. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A 6√2là số hữu tỷ.

B Phương trình x2+ 7x−2 = 0 có2 nghiệm trái dấu.

C 17 là số chẵn.

D Phương trình x2+x+ 7 = 0 có nghiệm.

Lời giải.

Phương trình x2+ 7x−2 = 0 cóa·c= 1·(−2)<0 nên nó có 2 nghiệm trái dấu.

Chọn đáp án B

Câu 7. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A “∀x∈R, x2 >1⇒ x >−1”. B “∀x∈R, x2 >1⇒ x >1”.

C “∀x∈R, x >−1 ⇒ x2 >1”. D “∀x∈

R, x >1 ⇒ x2 >1”.
Lời giải.

Ta có ∀x ∈ R, x2 > 1 ⇔

x <−1

x >1 . Ta xét theo một chiều của mệnh đề ta thấy “∀x ∈ R, x > 1

⇒x2 >1“ đúng.

Chọn đáp án D

Câu 8. Tìm mệnh đề phủ định của mện đềP: “∀x∈N; x2+x−1>0”.

A P: “∃x∈N; x2 +x−1>0”. B P: “∀x∈

N;x2 +x−1>0”.

C P: “∃x∈N; x2 +x−1≤0”. D P: “∀x∈

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Lời giải.

Phủ định của mệnh đềP: “∀x∈N; x2+x−1>0” là mệnh đề P: “∃x∈N; x2+x−1≤0” nên
đáp án C đúng.

Chọn đáp án C

Câu 9. Cho A = (2; +∞), B = (m; +∞). Điều kiện cần và đủ của m sao cho B là tập con của A

là

A m62. B m = 2. C m >2. D m >2.
Lời giải.

Ta có B ⊂A khi và chỉ khi ∀x∈B ⇒x∈A ⇒m>2.

Chọn đáp án D

Câu 10. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A Điều kiện cần để tứ giác là hình thang cân là tứ giác có hai đường chéo bằng nhau.

B Điều kiện đủ để số tự nhiên n chia hết cho 24là n chia hết cho6 và 4.

C Điều kiện đủ để n2+ 20 là một hợp số là n là số nguyên tố lớn hơn3.

D Điều kiện đủ để n2−1chia hết cho 24là n là số nguyên tố lớn hơn3.

Lời giải.

Mệnh đề ”Điều kiện đủ để số tự nhiên n chia hết cho 24 làn chia hết cho 6 và 4” sai vì khi n = 12
thì n ...6 và n ... 4 nhưngn 6...24.

Chọn đáp án B

Câu 11. Cho số thựca <0. Điều kiện cần và đủ để (−∞; 9a)∩

Å4

a; +∞

=∅ là

A −2

3 < a <0. B −

4 < a < 0. C −
2

3 6a <0. D −
3

4 6a <0.

Lời giải.

(−∞; 9a)∩

Å4

a; +∞

=∅⇔9a > 4
a ⇔





a > 2

− 2

3 < a <0.
Vì a <0nên giá trị của a cần tìm là −2

3 < a <0.

Chọn đáp án A

Câu 12. Cho P ⇔Qlà mệnh đề đúng. Khẳng định nào sau đây là sai?

A P ⇔Q sai. B P ⇔Q đúng. C Q⇔P sai. D P ⇔Q sai.

Lời giải.

Ta có P ⇔Q đúng nên P ⇒Q đúng và Q⇒P đúng.

Do đóP ⇒Q đúng và Q⇒P đúng.

Vậy P ⇔Q đúng.

Chọn đáp án D

Câu 13. Liệt kê các phần tử của tập hợp A={x∈N | |x| ≤5}

A A={0; 1; 2; 3; 4}. B A={0;±1;±2;±3;±4}.

C A={0; 1; 2; 3; 4; 5}. D A={0;±1;±2;±3;±4;±5}.

Lời giải.

Vì x∈N và |x| ≤5 nên x∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5}.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu 14. Sử dụng kí hiệu khoảng để viết tập hợp D = (−∞; 2]∪ (−6; +∞). Chọn khẳng định
đúng

A (−4; 9]. B (−∞; +∞). C (1; 8). D (−6; 2].

Lời giải.

Vì D= (−∞; 2]∪(−6; +∞) = (−6; 2] .

Chọn đáp án D

Câu 15. Cho hai tập hợp X = {1; 2; 4; 7; 9} và X = {−1; 0; 7; 10}. Tập hợp X ∪Y có bao nhiêu
phần tử?

A 9. B 7. C 8. D 10.

Lời giải.

Ta có X∪Y ={−1; 0; 1; 2; 4; 7; 9; 10}. Do đó X∪Y có8 phần tử.

Chọn đáp án C

Câu 16. Cho hai tập hợp A= [−2; 3] và B = (1; +∞). Tìm A∩B.

A A∩B = [−2; +∞). B A∩B = (1; 3].

C A∩B = [1; 3]. D A∩B = (1; 3).

Lời giải.

Biểu diễn hai tập hợp A và B ta được:

−2

3
1

Vậy A∩B = (1; 3].

Chọn đáp án B

Câu 17. Cho tập A={0; 2; 4; 6; 8}; B ={3; 4; 5; 6; 7}. Tập A\B là

A {0; 6; 8}. B {0; 2; 8}. C {3; 6; 7}. D {0; 2}.

Lời giải.

Ta có A\B ={0; 2; 8}.

Chọn đáp án B

Câu 18. Xác định phần bù của tập hợp (−∞;−2)trong (−∞; 4).

A (−2; 4). B (−2; 4]. C [−2; 4). D [−2; 4].

Lời giải.

(−∞; 4)\(−∞;−2) = [−2; 4).

Chọn đáp án C

Câu 19. Xác định số phần tử của tập hợp X ={n ∈N|n ... 4, n <2019}.

A 505. B 503. C 504. D 502.

Lời giải.

Có

2019
4

ị

+ 1 = 505.

Chọn đáp án A

Câu 20. Cho tập X cón+ 1 phần tử (n ∈N ). Số tập con củaX có hai phần tử là

A n(n+ 1). B n(n−1)

2 . C n+ 1. D

n(n+ 1)
2 .

Lời giải.

Lấy một phần tử của X, ghép với n phần tử còn lại được n tập con có hai phần tử.
Vậy có (n+ 1)n tập.

Nhưng mỗi tập con đó được tính hai lần nên số tập con của X có hai phần tử là n(n+ 1)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Chọn đáp án D

Câu 21. Cho hai tập hợp M = {x∈R| |x|<3} và N = {x∈R|x2 ≥1}. Tìm tập hợp P =

M ∩N.

A P = (−3;−1]∪[1; 3). B P = (−∞;−3]∪[1; +∞).

C P = (−∞;−1]∪[1; +∞). D P = [−3; 3].

Lời giải.

• |x|<3⇔ −3< x <3⇒M = (−3; 3).

• x2 ≥1⇔

x≤ −1

x≥1 ⇒N = (−∞;−1]∪[1; +∞).
Vậy P =M∩N = (−3;−1]∪[1; 3).

Chọn đáp án A

Câu 22. Lớp 10A có 7 học sinh giỏi Toán, 5 học sinh giỏi Lý, 6 học sinh giỏi Hoá, 3 học sinh giỏi
cả Toán và Lý, 4 học sinh giỏi cả Toán và Hoá, 2 học sinh giỏi cả Lý và Hoá, 1 học sinh giỏi cả ba
mơn Tốn, Lý, Hố. Số học sinh giỏi ít nhất một mơn (Tốn hoặc Lý hoặc Hố) của lớp10Alà

A 9. B 18. C 10. D 28.

Lời giải.

Vẽ biểu đồ Ven biểu diễn cho mỗi liên hệ giữa các tập hợp học sinh giỏi Toán, Lý, Hoá.
Và gọi a, b, c, x, y, z, m là số phần tử của mỗi tập hợp

thành phần (như trên hình vẽ).

Theo giả thiết












x+m= 3

y+m= 2

z+m= 4

m= 1

⇔











x= 2

y= 1

z = 3

m= 1.

Toán

Hoá
Lý

a
b

c
x

z
m

Cũng theo giả thiết







a+x+z+m= 7

b+x+y+m= 5

c+y+z+m= 6

⇒







a = 1

b = 1

c= 1.

Vậy số học sinh giỏi ít nhất một trong ba mơn Tốn, Lý, Hoá là a+b+c+x+y+z+m = 10.

Chọn đáp án C

Câu 23. Cho hai tập hợp A = [1; 3] và B = [m;m + 1]. Tìm tất cả giá trị của tham số m để

B ⊂A.

A m= 1. B 1< m <2. C 16m 62. D m = 2.

Lời giải.

Ta có: B ⊂A⇔

m>1

m+ 1 63 ⇔

m>1

m62. Vậy16m62.

Chọn đáp án C

Câu 24. Cho A= (−1; 3), B = [0; 2]. Tìm tập hợp CRA∩CRB.

A (−∞;−1]∪[3; +∞). B [2; +∞).

C (−∞;−1]. D (−∞;−1)∪(2; +∞).

Lời giải.

Ta có CRA=R\(−1; 3) = (−∞;−1]∪[3; +∞) vàCRB = (−∞; 0)∪(2; +∞)
Nên CRA∩CRB = (−∞;−1]∪[3; +∞).

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Câu 25. Cho hai tập A = [0; 5]; B = (2a; 3a+ 1], với a > −1. Tìm tất cả các giá trị của a để

A∩B 6=∅.





a < 5

a>−1

. B





a> 5

a <−1

. C −1

3 6a <
5

2. D −

3 6a6
5
2.

Lời giải.

A∩B =∅⇔

5≤2a

3a+ 1<0 ⇔a∈

−∞;−1

∪

ï5

2; +∞

.
Suy ra A∩B 6=∅⇔a∈

−1

3;
5
2

thỏa mãn điều kiện a >−1.

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. D 3. B 4. C 5. C 6. B 7. D 8. C 9. D 10. B

11. A 12. D 13. C 14. D 15. C 16. B 17. B 18. C 19. A 20. D

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

CHƯƠNG

2.

HÀM SỐ BẬC NHẤT - HÀM SỐ BẬC HAI

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1. Hàm số Câu 1 Câu 3 Câu 5 Câu 7 7

Câu 2 Câu 4 Câu 6 35%

2. Hàm số y=ax+b. Câu 8 Câu 10 Câu 12 Câu 14 7

Câu 9 Câu 11 Câu 13 35%

3. Hàm số bậc hai. Câu 15 Câu 17 Câu 19 Câu 20 6

Câu 16 Câu 18 30%

4. Cộng 6 6 5 3 20

30% 30% 25% 15% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Chủ đề 1.Hàm số

1 NB Tính giá trị của hàm số.

2 NB Tìm tập xác định của hàm số.

3 TH Tính đồng biến, nghịch biến của hàm số.

4 TH Tính chẵn, lẻ của hàm số.

5 VDT Tính giá trị của hàm số.

6 VDT Tính đồng biến, nghịch biến của hàm số.

7 VDC Tìm tập xác định của hàm số.

Chủ đề 2. Hàm
số y=ax+b

8 NB Tính đồng biến, nghịch biến của hàm số.

9 NB Xác định hàm số bậc nhất.

10 TH Xác định hàm số bậc nhất.

11 TH Bài tốn tương giao.

12 VDT Tính đồng biến, nghịch biến của hàm số.

13 VDT Đồ thị.

14 VDC Toán thực tế ứng dụng hàm số bậc nhất.

Chủ đề 3. Hàm

15,
16

NB Bảng biến thiên, tính đơn điệu, GTLN-GTNN của

hàm số bậc hai.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

18 TH Đồ thị.

19 VDT Bài toán tương giao.

20 VDC Toán thực tế ứng dụng hàm số bậc hai.

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Cho hàm sốf(x) = 2x−1. Giá trị củaf(−1)bằng

A −3. B −2. C 1. D −4.

Lời giải.

Ta có f(−2) = 2·(−1)−1 =−2−1 =−3.

Chọn đáp án A

Câu 2. Hàm số y= 2x+ 3

x−2 xác định khi nào?

A 2x+ 3 6= 0. B x−26= 0. C 2x+ 3≥0. D x−2≥0.

Lời giải.

Hàm số y= 2x+ 3

x−2 xác định khi và chỉ khi x−26= 0.

Chọn đáp án B

Câu 3.

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị trên đoạn [−1; 3] như hình
vẽ. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A Hàm số đồng biến trên (−1; 2).

B Hàm số nghịch biến trên (0; 3).

C Hàm số đồng biến trên (2; 3).

D Hàm số nghịch biến trên (−1; 0).

x
y

−1

2 3

1
2
3

Lời giải.

Dựa vào đồ thị hàm số y=f(x) trên đoạn [−1; 3] ta có

• Hàm số y=f(x) đồng biến trên (−1; 0) và (2; 3).

• Hàm số y=f(x) nghịch biến trên (0; 2).

Chọn đáp án C

Câu 4. Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn?

A y=x+ 1. B y=x3+ 1. C y= 2x−1. D y =x2+ 1.

Lời giải.

Hàm số y=x2+ 1 là hàm số chẵn vì

• Tập xác định của nó là D =R.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

• f(−x) = (−x)2+ 1 =x2+ 1 = f(x).

Chọn đáp án D

Câu 5. Cho hàm sốf(x) =







√

1−x khi x≤1
3 khi 1< x≤3
4x−7 khi x >3

. Tính S =f(−3) +f(7)−f

5
2

A S= 20. B S = 22. C S = 23. D S = 26.

Lời giải.

Ta có f(−3) =p1−(−3) = √4 = 2,f(7) = 4·7−7 = 21, f

5
2

= 3.
Vậy S =f(−3) +f(7)−f

Å5

= 2 + 21−3 = 20.

Chọn đáp án A

Câu 6. Cho hàm sốy = 1

2x−1. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A Hàm số đã cho đồng biến trên R.

B Hàm số đã cho nghịch biến trên (1; 2).

C Hàm số đã cho nghịch biến trên (0; 1).

D Hàm số đã cho đồng biến biến trên (−2;−1).

Lời giải.

Tập xác định của hàm số là D =R\

ß1

™

.
Xét hàm số y=f(x) = 1

2x−1 trên (1; 2)⊂D.
Với mọi x1, x2 thỏa mãn 1< x1 < x2 <2 ta có

f(x1)−f(x2) =

1
2x1−1

− 1

2x2−1

= 2(x2−x1)
(2x1−1)(2x2−1)

>0⇒f(x1)> f(x2).

Vậy hàm số y= 1

2x−1 nghịch biến trên (1; 2).

Chọn đáp án B

Câu 7. Cho hàm sốf(x) =√x+ 2m−1 +

…

4−2m− x

2 xác định với mọix∈[0; 2]khim∈[a;b].
Giá trị a+b bằng

A 2. B 3. C 4. D 5.

Lời giải.

Hàm số f(x) = √x+ 2m−1 +

…

4−2m−x

2 xác định khi






x+ 2m−1≥0
4−2m−x

2 ≥0

⇔

x≥1−2m
x≤8−4m.

Hàm số đã cho xác định với mọi x∈[0; 2] khi
1−2m≤0<2≤8−4m⇔

1−2m ≤0
8−4m ≥2 ⇔

2 ≤m ≤
3
2.

Vậy m∈

1
2;

3
2

ị

. Do đó a+b= 2.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Câu 8. Cho hàm sốy = 5x−9. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A Hàm số đã cho nghịch biến trên R. B Hàm số đã cho là hàm số lẻ.

C Hàm số đã cho là hàm số chẵn. D Hàm số đã cho đồng biến trên R.

Lời giải.

Hàm số y= 5x−9có hệ số a= 5>0nên hàm số đã cho đồng biến trên R.

Chọn đáp án D

Câu 9. Với giá trị của a thì đồ thị hàm sốy =ax+ 3 đi qua điểm M(2;−3)?

A a=−3. B a= 0. C a= 3. D a =−2.

Lời giải.

Vì đồ thị hàm số y=ax+ 3 đi qua điểm M(2;−3)nên

−3 =a·2 + 3⇔2a=−6⇔a =−3.

Vậy a=−3 là giá trị cần tìm.

Chọn đáp án A

Câu 10. Biết rằng đồ thị của hàm số y=ax+b đi qua hai điểmA(1; 2)và B(−1;−4). Giá trị của
2a+b bằng

A 6. B 5. C 7. D 1.

Lời giải.

Vì đồ thị của hàm số y =ax+b đi qua hai điểm A(1; 2) và B(−1;−4) nên ta có

2 =a·1 +b

−4 =a·(−1) +b ⇔

a+b= 2

−a+b=−4 ⇔

a= 3

b=−1.

Vậy 2a+b= 5.

Chọn đáp án B

Câu 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d: y = 7x+ 1 và d0: y = −1

7x+ 15.
Khẳng định nào sau đây là đúng?

A d song song với d0. B d trùng với d0.

C d vng góc với d0. D d cắt d0 nhưng khơng vng góc.

Lời giải.

Đường thẳng d có hệ số góc a= 7; đường thẳng d0 có hệ số góc a0 =−1

7.
Vì a·a0 = 7·

−1

=−1nên d ⊥d0.

Chọn đáp án C

Câu 12. Tìm tất cả giá trị nguyên của tham số m thuộc [−3; 3] để hàm số y = (3m−2)x+ 10
nghịch biến trên R.

A 6. B 7. C 3. D 4.

Lời giải.

Hàm số y= (3m−2)x+ 10 nghịch biến trên Rkhi

3m−2<0⇔3m <2⇔m < 2

3.
Kết hợp với m là số nguyên vàm ∈[−3; 3] ta được m ∈ {−3;−2;−1; 0}.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Câu 13.

Tìm tập hợp S tất cả những giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số

y = (m−1)x+m(m+ 1)−12song song với đường thẳng được cho ở hình
vẽ bên.

A S={1}. B S={2}. C S ={3}. D S =∅.

x
y

O 1
2

Lời giải.

Gọi phương trình của đường thẳng trong hình vẽ là y=ax+b.
Vì đường thẳng đi qua hai điểm O(0; 0)và A(1; 2)nên

0 =a·0 +b

2 =a·1 +b ⇔

b = 0

a= 2.

Vậy đường thẳng trong hình vẽ có phương trình y= 2x.

Đường thẳng y= (m−1)x+m(m+ 1)−12song song với đường thẳng y= 2x khi

m−1 = 2

m(m+ 1)−126= 0 ⇔

m= 3

m2+m−126= 0 ⇔







m= 3

m6=−4

m6= 3

(vô nghiệm).

Vậy S =∅.

Chọn đáp án D

Câu 14. Hai bạn Hoa và Hương đi cùng trên một con đường. Lúc đầu bạn Hoa và bạn Hương ở
cùng một phía và cách bến xe buýt lân lượt là 200 m và 500 m cùng đi ngược hướng với trạm xe
buýt. Mỗi giờ Hoa đi được 3km và Hương đi được 1 km. Gọi d1, d2 (km) là khoảng cách của Hoa,

Hương đối với trạm xe buýt sau khi đi được t giờ. Sau bao lâu thì hai bạn gặp nhau?

A 18phút. B 15 phút. C 9phút. D 10 phút.

Lời giải.

Hàm số của d1 theo t đối với bạn Hoa là d1 = 0,2 + 3t.

Hàm số của d2 theo t đối với bạn Hoa là d2 = 0,5 +t.

Để hai bạn gặp nhau thì khoảng cách của hai bạn đối với trạm xe buýt bằng nhau, nghĩa là
0,2 + 3t = 0,5 +t ⇔2t = 0,3⇔t= 0,15 giờ = 9 phút.

Chọn đáp án C

Câu 15.

Bảng biến thiên ở hình bên của hàm số nào trong
các hàm số sau?

A y=x2+ 4x+ 5. B y=−x2−4x−3.

C y=x2−4x−11. D y=−x2−4x+ 1.

x
y

−∞ −2 +∞

−∞
−∞

1
1

−∞
−∞
Lời giải.

Dựa vào bảng biến thiên ta có nhận xét

• Hệ số củax2 là một số âm.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

• Tung độ đỉnh của parabol là 1.

Vậy hàm số thỏa mãn các yếu tố trên là hàm số y=−x2 −4x−3.

Chọn đáp án B

Câu 16. Cho hàm số y=−2x2+ 4x+ 5. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 7 khi x= 1.

B Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 7 khi x= 1.

C Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 khi x= 0.

D Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi x= 0.

Lời giải.

Ta có

y=−2 x2 −2x+ 1+ 7 =−2(x−1)2+ 7≤7,∀x∈R.

Dấu “=” xảy ra khi x= 1.

Vậy hàm số có giá trị lớn nhất bằng 7 khix= 1.

Chọn đáp án A

Câu 17. Cho hàm số y =x2+ (m−1)x+ 2m−1, với m là tham số. Xác định m biết đồ thị hàm
số đã cho nhận đường thẳng x=−2là trục đối xứng.

A m= 3. B m =−3. C m= 5. D m =−1.

Lời giải.

Vì parabol có trục đối xứng x=−2nên

−m−1

2·1 =−2⇔

m−1

2 = 2⇔m−1 = 4 ⇔m = 5.
Vậy m= 5 là giá trị cần tìm.

Chọn đáp án C

Câu 18.

Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ?

A y= 3x2−6x−3. B y =−3x2−6x.

C y= 3x2−6x. D y =−3x2+ 6x−3. x
y

1
2

−3

Lời giải.

Dựa vào đồ thị đã cho ta có nhận xét

• Hệ số củax2 là một số dương.

• Hồnh độ đỉnh của parabol là 1.

• Tung độ đỉnh của parabol là −3.

• Đồ thị hàm số đi qua hai điểm O(0; 0) và A(2; 0).

Vậy hàm số thỏa mãn các yếu tố trên là hàm số y= 3x2−6x.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Câu 19. Cho hàm số y = x2−2(2m+ 1)x+ 4m2 −4. Biết rằng đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với

đường thẳngy =ax+b với mọi m. Giá trị của tổng a+b bằng

A −5. B −6. C 8. D −4.

Lời giải.

Đồ thị hàm số y=x2−2(2m+ 1)x+ 4m2−4 luôn tiếp xúc với đường thẳng y=ax+b với mọim

khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm kép với mọi m

x2−2(2m+ 1)x+ 4m2−4 =ax+b⇔x2−(4m+a+ 2)x+ 4m2−4−b= 0. (∗)
Phương trình (∗) ln có nghiệm kép với mọim khi

∆ = (4m+a+ 2)2−4(4m2−4−b) = 0,∀m

⇔ (8a+ 16)m+a2+ 4a+ 4b+ 20 = 0,∀m

⇔

8a+ 16 = 0

a2+ 4a+ 4b+ 20 = 0

⇔

a =−2

b =−4.

Vậy giá trị của tổng a+b=−5.

Chọn đáp án B

Câu 20. Một công ty sản xuất đĩa CD. Mỗi tuần, lợi nhuận công ty thu được cho bởi công thức

P(x) =−2x2+ 80x−600, vớixlà số CD được sản xuất. Trong một tuần, công ty phải sản xuất bao
nhiêu đĩa CD thì lợi nhuận của công ty sẽ đạt giá trị cao nhất?

A 20. B 40. C −40. D 200.

Lời giải.

Lợi nhuận của công ty đạt giá trị cao nhất khi P(x)đạt giá trị lớn nhất.
Ta có

P(x) =−2 x2−40x+ 400+ 200 =−2(x−20)2+ 200≤200,∀x.

Đẳng thức xảy ra khix= 20.

P(x)đạt giá trị lớn nhất khi x= 20.

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. A 2. B 3. C 4. D 5. A 6. B 7. A 8. D 9. A 10. B

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Đề số 2

Câu 1. Cho hàm sốy =f(x) =x5−2x2+ 3. Giá trị của f(−1) bằng

A 2. B 0. C 4. D −2.

Lời giải.

Ta có f(−1) = (−1)5−2(−1)2 + 3 = 0.

Chọn đáp án B

Câu 2. Tập xác định của hàm số y=√4−2x là

A D = (−∞; 2]. B D = [2; +∞). C D = (−∞; 2). D D = (2; +∞).

Lời giải.

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi

4−2x≥0⇔2x≤4⇔x≤2.

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = (−∞; 2].

Chọn đáp án A

Câu 3.

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị trên đoạn[−3; 1] như hình bên. Mệnh
đề nào sau đây là đúng?

A Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3).

B Hàm số nghịch biến trên khoảng (−3;−2).

C Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1).

D Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; 0).

x
y

−3

−2 1

−1

Lời giải.

Dựa vào đồ thị hàm số đồng biến trên khoảng (−2; 0) là đúng.

Chọn đáp án D

Câu 4. Cho hàm sốy =f(x) = 3x4−4x2+ 3. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A y=f(x) là hàm số chẵn. B y=f(x) là hàm số lẻ.

C y=f(x) là hàm số khơng có tính chẵn lẻ. D y=f(x) là hàm số vừa chẵn vừa lẻ.

Lời giải.

Xét hàm số y=f(x) = 3x4−4x2 + 3 có

• Tập xác định D =R.

• Ta có ∀x∈R⇒ −x∈R vàf(−x) = 3(−x)4−4(−x)2+ 3 = 3x4−4x2+ 3 =f(x).
Vậy hàm số y=f(x) là hàm số chẵn.

Chọn đáp án A

Câu 5. Cho hàm sốy=f(x) =









x−1 khi x∈(−∞; 0)

√

x+ 1 khi x∈[0; 2]
3x−1 khix∈(2; 5]

. Tính giá trịS =f(−1) +f(0) +f(3).

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Lời giải.

Ta có f(−1) =−1;f(0) = 1;f(3) = 8.
Vậy S = 8.

Chọn đáp án B

Câu 6. Tìm tập hợpS tất cả các giá trị của mđể hàm số y= mx

x−1 đồng biến trên(1; +∞).

A S= (−∞; 0). B S = (−∞; 1). C S = (0; +∞). D S = (1; +∞).

Lời giải.

Với 1< x1 < x2, ta có y1−y2 =

m(x2−x1)

(x1 −1)(x2−1)

. Mà y1−y2 <0nên m <0.

Chọn đáp án A

Câu 7. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = √mx2−2mx+ 3m−2 có tập

xác định là R.

A m≤1. B m >0. C m≥1. D m ∈R.

Lời giải.

Yêu cầu bài toán tương đương

mx2−2mx+ 3m−2≥0,∀x∈R⇔m(x−1)2+ 2m−2≥0,∀x∈R. (1)

• Với m≤0, thay vào (1) ta thấy khơng thỏa mãn.

• Với m >0, khi đó

(1) ⇔(x−1)2 ≥ 2−2m

m ,∀x∈R⇔2−2m ≤0⇔m ≥1.

Vậy m≥1 là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án C

Câu 8. Cho hàm sốy = 3−2x. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A Hàm số đã cho nghịch biến trên R. B Hàm số đã cho đồng biến trên R.

C Hàm số đã cho là hàm số lẻ. D Hàm số đã cho là hàm số chẵn.

Lời giải.

Ta có hệ số a=−2<0 nên hàm số nghịch biến trên R.

Chọn đáp án A

Câu 9. Hàm số y= (m−1)x+ 2m+ 2 là hàm số bậc nhất khi và chỉ khi

A m= 1. B m >1. C m <1. D m 6= 1.
Lời giải.

Hàm số y= (m−1)x+ 2m+ 2 là hàm số bậc nhất khi và chỉ khim−16= 0⇔m 6= 1.

Chọn đáp án D

Câu 10. Đường thẳng đi quaM(−1; 4) và vng góc với đường thẳng(d) :y =−1

2x+ 5có phương
trình là

A y= 2x+ 6. B y=−2x+ 6. C y= 2x−6. D y =−2x−6.

Lời giải.

Gọi đường thẳng cần viết là ∆.

Vì đường thẳng ∆ vng góc với (d) nên phương trình đường thẳng∆ có dạng y= 2x+m.
Mặt khác ∆ đi qua điểm M(−1; 4) nên 4 = −2 +m ⇔m = 6.

Vậy phương trình đường thẳng ∆cần tìm là y= 2x+ 6.

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Câu 11. Đồ thị hai hàm số y=x−1và y =−2x+ 8 cắt nhau tại điểm có tọa độ

A (9; 8). B (−3;−4). C (3; 2). D (7; 6).

Lời giải.

Hồnh độ giao điểm là nghiệm của phương trình x−1 =−2x+ 8⇔x= 3 ⇒y = 2.
Vậy tọa độ giao điểm là (3; 2).

Chọn đáp án C

Câu 12. Cho hàm sốy= (4−m)x+√1 + 2m. Có bao nhiêu giá trị nguyên củam để hàm số đồng
biến trên R?

A 5. B 6. C 4. D 3.

Lời giải.

Hàm số đồng biến trên R khi

1 + 2m ≥0

4−m >0 ⇔





m≥ −1

m <4.

Do m nguyên nên m∈ {0; 1; 2; 3}. Có 4 giá trị củam thỏa mãn.

Chọn đáp án C

Câu 13.

Cho hàm số y=ax+bcó đồ thị như hình vẽ bên dưới. Khẳng định nào sau
đây là đúng?

A a >0, b <0. B a >0,b >0. C a <0, b <0. D a <0, b >0.

O x

Lời giải.

Đồ thị hàm số hướng từ dưới lên trên⇒ hàm số đồng biến ⇒a >0.

Tại x= 0⇒y=b <0.

Chọn đáp án A

Câu 14. Người ta bơm nước vào một cái bể hình lập phương có cạnh bằng 1 m với lưu lượng 1
lít/giây. Trong các hình vẽ sau, hình vẽ nào thể hiện sự thay đổi chiều cao cột nước trong bể theo
thời gian trong khoảng thời gian30phút kể từ lúc bắt đầu bơm nước vào bể? (Giả sử lưu lượng nước
bơm vào là như nhau tại mọi thời điểm trong khoảng thời gian nói trên và khi nước đầy bể thì bơm
sẽ tự ngắt).

A phút

. B phút

C phút

. D phút

Lời giải.

Ta có thể tích của bể là 1m3 = 1000 lít.

Suy ra thời gian để nước đầy bể là 1000 giây = 50

3 phút <30 phút.
Do đó trong khoảng thời gian cịn lại, chiều cao cột nước là không đổi.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Câu 15.

Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình vẽ bên?

A y=−x2−4x−9. B y =x2+ 4x−5.

C y=x2+ 4x−1. D y =x2+ 2x−5.

x
y

−∞ −2 +∞

+∞

−5

+∞

Lời giải.

Dựa vào sự biến thiên suy ra hệ sốa >0. Lại thấy đỉnh của parabol có tọa độ(−2;−5)nên hàm số
thỏa mãn là y=x2+ 4x−5.

Chọn đáp án C

Câu 16. Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng(−∞; 3)?

A y=x2−6x+ 5. B y=x2−4x+ 1. C y=−x2−2x+ 3. D y =−x2+ 8x−3.
Lời giải.

Hàm số y=−x2+ 8x−3 đồng biến trên (−∞; 4) nên đồng biến trên khoảng (−∞; 3).

Chọn đáp án D

Câu 17. Xác định parabol(P) :y =ax2+bx+cbiết rằng đỉnh của(P)làI(−1; 1) và(P)cắt trục

tung tại điểm M(0; 2).

A (P) :y =−x2+ 2x−1. B (P) :y=x2−2x+ 2.

C (P) :y =−x2−2x+ 2. D (P) :y=x2+ 2x+ 2.
Lời giải.

Do M(0; 2)∈(P)nên c= 2.
Tọa độ đỉnh là I(−1; 1) nên ta có

1 = a−b+ 2

−b =−2a ⇔

a= 1

b= 2.

Vậy (P) :y =x2+ 2x+ 2.

Chọn đáp án D

Câu 18.

Cho hàm số y = ax2 +bx + c có đồ thị như hình bên. Tính tổng

a+b+c.

A −1. B 0. C 1. D 2. x

O
−1

−1
1

Lời giải.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1; 0). Do đó 0 = a+b+c.

Chọn đáp án B

Câu 19. Cho parabol(P) : y= 2x2+ 2x+ 5 và đường thẳng d:y = 2mx−6, vớim là tham số. Gọi

S là tổng tất cả các giá trị nguyên củam sao cho (P) và d khơng giao nhau. Tính S.

A S= 25. B S = 15. C S = 18. D S = 22.

Lời giải.

Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và d là

2x2+ 2x+ 5 = 2mx−m−6⇔2x2+ 2(1−m)x+m+ 11 = 0. (1)
Parabol (P) và đường thẳng d không giao nhau khi và chỉ khi phương trình (1) vơ nghiệm, tức là

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Do m∈Z nên m ∈ {−2,−1,0,1,2,3,4,5,6}.
Vậy S = 18.

Chọn đáp án C

Câu 20.

Một chiếc cổng hình parabol dạng y =−1

2 có chiều rộngd = 6 mét

(như hình bên). Hãy tính chiều caoh của cổng.

A h= 5. B h= 3,5. C h= 3. D h= 4,5. x

y
O

6 m
Lời giải.

Theo giả thiết suy ra hai điểm đầu mút của parabol là M

3;9
2

và N

−3;9
2

.
Vậy chiều cao h= 9

2 = 4,5.

Chọn đáp án D

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. A 3. D 4. A 5. B 6. A 7. C 8. A 9. D 10. A

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Đề số 3

Câu 1. Cho hàm sốf(x) = x+ 1

x−2. Giá trị củaf(3) là

A 2. B 3. C 4. D 5.

Lời giải.

Ta có f(3) = 3 + 1
3−2 = 4.

Chọn đáp án C

Câu 2. Tập xác định của hàm số y=√1−3x là

A D =

1
3; +∞

. B D =R. C D =

−∞;−1

. D D =

Å
−∞;1

.
Lời giải.

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi 1−3x≥0 hay x≤ 1

3.
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D =

−∞;1
3

Chọn đáp án D

Câu 3. Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 1).

B Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2).

C Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 2).

D Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 1).

x
y

−3

Lời giải.

Từ hình vẽ ta có

• Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).

• Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2).

Chọn đáp án B

Câu 4. Hàm số nào sau đây là hàm số lẻ?

A y= 4x3−x. B y=x2+ 1. C y=x+x2. D y = 3x−2.

Lời giải.

Hàm số y=f(x) = 4x3−x có tập xác địnhD =

R là hàm số lẻ vì với mọi x ∈D ta có −x∈D và

f(−x) = 4(−x)3−(−x) =−(4x3−x) =−f(x).

Chọn đáp án A

Câu 5. Cho hàm sốy =f(x) =









x−1 khi x∈(−∞; 0)

√

x+ 2 khi x∈[0; 2]

x3−1 khi x∈(2; 5]

. Kết quả nào dưới đây đúng?

A f(4) = 2

3. B f(4) = 63. C f(4) =

√

6. D f(4) =−2

Lời giải.

Ta có f(4) = 43−1 = 63.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Câu 6. Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng(1; +∞)?

A y= 1

x+ 2. B y=
1

x2. C y=x

2−1. D y =−√x+ 1.

Lời giải.

Xét hàm số y=x2−1 trên khoảng (1; +∞).
Với mọi x1, x2 ∈(1; +∞) và x1 < x2 thì

y(x2)−y(x1) = x22−1−(x
2

1−1) = (x2−x1)(x2+x1)>0.

Do đó hàm số y=x2−1đồng biến trên khoảng (1; +∞).

Chọn đáp án C

Câu 7. Cho hàm sốy= x−2m

x2−(2m+ 1)x+m2 +m. Tìmmđể hàm số xác định trênD = [−2; 5).

A m <−2 hoặc m≥4. B m <−3 hoặc m≥5.

C m <−3 hoặc m≥4. D m <−2 hoặc m≥5.

Lời giải.

Viết lại hàm số dưới dạng y = x−2m

(x−m)(x−m−1). Từ đó suy ra, hàm số xác định với mọi x6=m
và x6=m+ 1.

Vì thế, để hàm số xác định trên D = [−2; 5) thì m /∈D và m+ 1 ∈/D.

Muốn vậy ta cần có











m <−2

m≥5

m+ 1<−2

m+ 1≥5

⇔












m <−2

m≥5

m <−3

m≥4

⇔

m <−3

m ≥5.

)

−2

[
5
)

−3

[
4
Vậy các giá trị cần tìm của m làm <−3 hoặc m≥5.

Chọn đáp án B

Câu 8. Tìm tất cả giá trị củam để hàm số y=−mx+ 3 nghịch biến trên R.

A m≤1. B m ≤0. C m <0. D m >0.
Lời giải.

Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi −m <0 hay m >0.

Chọn đáp án D

Câu 9. Tìm a để đường thẳng có phương trìnhy =ax+ 3 đi qua A(−1; 2).

A a= 1. B a= 2. C a=−2. D a =−1.

Lời giải.

Để đường thẳng có phương trình y=ax+ 3 đi qua A(−1; 2) thì 2 =a·(−1) + 3 hay a = 1.

Chọn đáp án A

Câu 10. Hàm số y= (m+ 1)x+ 3m−2là hàm số bậc nhất khi và chỉ khi

A m=−1. B m >−1. C m <−1. D m 6=−1.
Lời giải.

Hàm số y= (m+ 1)x+ 3m−2 là hàm số bậc nhất khi và chỉ khim+ 1 6= 0 hay m6=−1.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Câu 11. Tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y= 7x+ 1 và y = 6x−2là

A (−3; 20). B (3; 20). C (3;−20). D (−3;−20).

Lời giải.

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm 7x+ 1 = 6x−2⇔x=−3.
Từ đó suy ra y= 6(−3)−2 =−20.

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là (−3;−20).

Chọn đáp án D

Câu 12. Cho hàm số y=|x−3|. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A Hàm số đã cho đồng biến trên R. B Hàm số đã cho đồng biến trên (0; +∞).

C Hàm số đã cho đồng biến trên (3; +∞). D Hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; 3).

Lời giải.

Ta có hàm số y=|x−3|=

x−3 khi x≥3

3−x khi x <3. Do đó, hàm số đồng biến trên (3; +∞).

Chọn đáp án C

Câu 13.

Đồ thị hình bên là đồ thị của hàm số nào?

A y=|x|+ 1. B y = 2|x|+ 1.

C y=|2x+ 1|. D y =|x+ 1|.

x
y

1
3

Lời giải.

Đồ thị của hình bên đối xứng qua trục tung nên là đồ thị của hàm số chẵn. Hơn nữa đồ thị qua điểm

(1; 3), suy ra hàm số cần tìm là y= 2|x|+ 1.

Chọn đáp án B

Câu 14.

Đồ thị bên thể hiện quãng đường đi được của một ô tô đang
chuyển động thẳng đều trong khoảng thời gian 9 giây từ lúc
quan sát. Hỏi kể từ lúc quan sát tại thời điểm giây thứ 6, ô tô
đã đi được bao nhiêu mét?

giây

mét

150

A 60mét. B 90 mét. C 100 mét. D 120 mét.

Lời giải.

Gọi phương trình qng đường ơ tơ đi di chuyển (chuyển động thẳng đều) là s=vt+s0.

Tại thời điểm t= 0 thì s= 0, suy ra 0 = v·0 +s0 hay s0 = 0.

Tại thời điểm t= 9 thì s= 150, suy ra 150 =v·9 hay v = 50

3 .
Phương trình quãng đường của ô tô di chuyển là s= 50

3 t.
Quãng đường ô tô đã đi được sau 6 giây là 50

3 ·6 = 100 mét.

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Câu 15. Giá trị lớn nhất của hàm số y=−2x2+ 8x−1 là

A 3. B 7. C 5. D 1.

Lời giải.

Ta có a =−2<0 nên giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là −∆

4a =−

82−4·(−2)·(−1)

−4·(−2) = 7.

Chọn đáp án B

Câu 16. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x2−4x+ 1
trên miền [−1; 4]. Tính P =M +m.

A 3. B 31. C 2. D 4.

Lời giải.

Xét hàm số y=x2−4x+ 1 trên miền [−1; 4].
Đỉnh I(2;−3).

Bảng biến thiên

x
y

−1 2 4

6
6

−3

1
1

Vậy M = 6 khi x=−1; m=−3 khix= 2.
Do đóP =M +m = 6 + (−3) = 3.

Chọn đáp án A

Câu 17. Cho hàm số y =x2+ (m+ 1)x+ 2m+ 3, với m là tham số. Xác định m biết đồ thị hàm

số đã cho nhận đường thẳng x=−2là trục đối xứng.

A m= 3. B m =−3. C m= 5. D m =−5.

Lời giải.

Từ giả thiết suy ra −2 =− b

2a =

−m−1

2 ⇔ −1−m =−4⇔m= 3.

Chọn đáp án A

Câu 18.

Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm
số đó là hàm số nào?

A y=x2−3x+ 2. B y =−2x2+ 2x+ 1.

C y=−x2+ 3x. D y =−x2+ 4x.

x
y

O 1
1

3
3

4
4

Lời giải.

Đồ thị là một parabol nên hàm số có dạng y=ax2 +bx+c. Ta thấy đồ thị đi qua các điểm (0; 0),

(2; 4) và (4; 0) nên ta có







c= 0

4a+ 2b+c= 4
16a+ 4b+c= 0

⇔








a=−1

b= 4

c= 0.

Vậy hàm số cần tìm là y=−x2+ 4x.

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Câu 19. Cho parapol (P) : y = 2x2−(2m+ 1)x+m−1, với m là tham số. Tìm m biết (P) cắt

đường thẳngy = 2x+ 3 tại điểm có hồnh độ x=−2.

A m= 2. B m =−3. C m=−2. D m = 3.

Lời giải.

Từ giả thiết, ta suy ra x =−2 là nghiệm của phương trình hồnh độ giao điểm của (P) với đường
thẳng đã cho. Tức là 2·(−2)2 −(2m+ 1)·(−2) +m−1 = 2·(−2) + 3, suy ra m=−2.

Chọn đáp án C

Câu 20. Một cơng ty sản xuất lị vi sóng. Mỗi tuần, lợi nhuận cơng ty thu được cho bởi công thức

P(x) =−2x2 + 100x−500, với x là số lị vi sóng được sản xuất. Trong một tuần, cơng ty phải sản

xuất bao nhiêu lị vi sóng thì lợi nhuận của công ty sẽ đạt giá trị cao nhất?

A 25. B 30. C 40. D 15.

Lời giải.

Lợi nhuận đạt giá trị cao nhất khiP(x) đạt giá trị lớn nhất.

P(x)đạt giá trị lớn nhất khi x=− 100

2·(−2) = 25.

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. C 2. D 3. B 4. A 5. B 6. C 7. B 8. D 9. A 10. D

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

CHƯƠNG

3.

PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thơng
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1. Đại cương về phương
trình

Câu 1 Câu 3 Câu 5 5

Câu 2 Câu 4 25%

2. Phương trình quy về
phương trình bậc nhất, bậc

hai

Câu 6 Câu 8 Câu 10 Câu 12 8

Câu 7 Câu 9 Câu 11 Câu 13 40%

3. Phương trình và hệ
phương trình bậc nhất nhiều

ẩn

Câu 14 Câu 16 Câu 18 Câu 20 7

Câu 15 Câu 17 Câu 19 35%

4. Cộng 6 6 5 3 20

30% 30% 25% 15% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Chủ đề 1. Đại
cương về phương

trình

1, 2 NB Tìm điều kiện của phương trình.

3, 4 NB Nghiệm của phương trình.

5 TH Giải phương trình bằng cách biến đổi tương đươnghoặc hệ quả.

Chủ đề 2.
Phương trình
quy về pt bậc
nhất, bậc hai

6 NB Phương trình tích.

7 NB Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.

8 TH Phương trình tích.

9 TH Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.

10 VDT Phương trình chứa ẩn ở mẫu.

11 VDT Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.

12 VDC Định lí Vi-ét và ứng dụng.

13 VDC Giải và biện luận phương trình.

Chủ đề 3.
Phương trình và

hệ pt bậc nhất
nhiều ẩn

14 NB Giải và biện luận phương trình bậc nhất hai ẩn.

15 NB Giải và biện luận hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

16 TH Giải hệ phương trình bậc nhất hai, ba ẩn.

17 TH Giải hệ phương trình bậc cao.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

19 VDT Tốn thực tế giải phương trình, hệ phương trình.

20 VDC Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn, ba ẩn.

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Điều kiện xác định của phương trình 1

x+ 1 = 2x−2 là

A x6= 1. B x >1. C x≥1. D x6=−1.
Lời giải.

Điều kiện: x+ 1 6= 0⇔x6=−1.

Chọn đáp án D

Câu 2. Điều kiện của phương trình 5−2x2+√2−x= √2x−1

2−x là

A x <2. B x≤2. C x >2. D x6= 2.

Lời giải.

Điều kiện:

2−x≥0

2−x >0 ⇔x <2.

Chọn đáp án A

Câu 3. Giá trị nào dưới đây là nghiệm của phương trìnhx2+x−3 =√5x−1?

A x= 2. B x= 1. C x=−1

2. D x=−5.

Lời giải.

Ta thay lần lượt các giá trị1;2;−5;−0,5vào phương trình đã cho. Chỉ có giá trị thỏa mãn làx= 2.

Chọn đáp án A

Câu 4. Tìm tập nghiệmS của phương trình 3x+ 1

x−5 =
16

x−5.

A S=∅. B S ={5}. C S =

17
3

™

. D S =

47
3

™

Lời giải.

Điều kiện x6= 5.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với3x+ 1 = 16⇔x= 5(không thỏa mãn điều
kiện).

Vậy S =∅.

Chọn đáp án A

Câu 5. Một học sinh giải phương trình x+√x−1 + 1 =√x−1 (∗) như sau:
Bước 1: (∗)⇒x+ 1 = 0.

Bước 2: ⇔x=−1.

Bước 3: Thử lại ta thấy phương trình vơ nghiệm.

Lời giải trên đúng hay sai, nếu sai thì sai bắt đầu từ bước nào?

A Lời giải đúng. B Lời giải sai từ bước 1.

C Lời giải sai từ bước 2. D Lời giải sai từ bước 3.

Lời giải.

Lời giải đúng.

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Câu 6. Tìm tập nghiệm của phương trình (2x−4)(x+ 3) = 0.

A S={1; 2; 3}. B S ={−3}. C S ={2;−3}. D S ={2; 3}.

Lời giải.

Ta có (2x−4)(x+ 3) = 0⇔

2x−4 = 0

x+ 3 = 0 ⇔

x= 2

x=−3.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S ={2;−3}.

Chọn đáp án C

Câu 7. Tìm tập nghiệmS của phương trình |2x−1|= 3.

A S={−1}. B S ={−1,2}. C S ={−2,2}. D S ={1,2}.

Lời giải.
|2x−1|= 3 ⇔

2x−1 = 3
2x−1 = −3 ⇔

x= 2

x=−1.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S ={−1; 2}.

Chọn đáp án B

Câu 8. Tìm tập nghiệm của phương trình √x−2 (x2−4x+ 3) = 0.

A S={1; 2; 3}. B S ={1}. C S ={2; 3}. D S ={1; 3}.

Lời giải.

Điều kiện x≥2.

Khi đó √x−2 (x2−4x+ 3) = 0⇔

ñ√

x−2 = 0

x2−4x+ 3 = 0 ⇔





x= 2

x= 1

x= 3.

Đối chiếu với điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là S ={2; 3}.

Chọn đáp án C

Câu 9. Tìm tập nghiệmS của phương trình |x−2|= 2−x.

A S= [2; +∞). B S = (−∞; 2]. C S ={2}. D S ={−2,2}.

Lời giải.

|x−2|= 2−x⇔







2−x≥0

x−2 = 2−x
x−2 =−(2−x)

⇔








x≤2

x= 2

∀x≤2
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = (−∞; 2].

Chọn đáp án B

Câu 10. Tích tất cả các nghiệm thực của phương trình x−1

x+ 2 −

x−2

x+ 3 =

x−4

x+ 5 −

x−5

x+ 6 là

A 3. B 2. C 1. D 4.

Lời giải.

Điều kiện











x6=−2

x6=−3

x6=−5

x6=−6
.

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

2x+ 1
(x+ 2)(x+ 3) =

2x+ 1

(x+ 5)(x+ 6) ⇔

2x+ 1 = 0

(x+ 2)(x+ 3) = (x+ 5)(x+ 6).

⇔

2x+ 1 = 0

x2+ 5x+ 6 =x2+ 11x+ 30

⇔




x=−1

x=−4.

Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho bằng 2.

Chọn đáp án B

Câu 11. Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình √x−1 +√5−x=√2x+ 2.

A 2. B 3. C 1. D 4.

Lời giải.

Điều kiện 1≤x≤5.

Phương trình đã cho tương đương với

4 + 2»(x−1)(5−x) = 2x+ 2 ⇔ √−x2+ 6x−5 =x−1⇔ −x2+ 6x−5 = (x−1)2

⇔ 2x2 −8x+ 6 = 0

⇔

x= 1

x= 3.

Suy ra tổng các nghiệm của phương trình bằng 4.

Chọn đáp án D

Câu 12. Cho phương trìnhx2+x−m(m+ 1) = 0, với m là tham số. Tìm tổngS tất cả các giá trị

của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn |x1|+ 2|x2|= 5.

A S =−2. B S =−3. C S = 1. D S = 2.

Lời giải.

Nhận thấy rằng, tổng hai nghiệm bằng −1 và tích hai nghiệm bằng −m(m + 1) nên x = m và

x =−m−1 là hai nghiệm của phương trình. Như vậy, phương trình ln có 2 nghiệm với mọi giá
trị của m. Khi đó

• TH1: |m|+ 2|m+ 1|= 5⇔m= 1 hoặc m=−7

• TH2: |m+ 1|+ 2|m|= 5⇔m=−2 hoặc m= 4
3.
Khi đó, tổngS = 1−7

3 −2 +
4

3 =−2.

Chọn đáp án A

Câu 13. Cho phương trình ax2 −2 (a+b)x+a+ 2b= 0 (1), với a, blà tham số. Khẳng định nào

sau đây sai?

A Khi a=b = 0 thì phương trình(1) có tập nghiệm S =R.

B Khi a= 0 và b6= 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x= 1.

C Khi a6= 0 và b= 0 thì phương trình có nghiệm kép x= 1.

D Khi a6= 0 và b6= 0 thì phương trình có 2 nghiệmx= 1, x= a−2b

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Lời giải.

Khi a6= 0 và b6= 0: ∆ =b2 >0.

Phương trình (1) có2 nghiệmx= 1,x= a+ 2b

a .

Chọn đáp án D

Câu 14. Cặp (x;y) = (1; 2)là nghiệm của phương trình nào sau đây?

A x−2y= 5. B 0x+ 3y = 5. C 3x+ 2y= 7. D 3x−2y= 4.

Lời giải.

Ta có 3·1 + 2·2 = 7 nên cặp (1; 2)là nghiệm của phương trình 3x+ 2y= 7.

Chọn đáp án C

Câu 15. Giải hệ phương trình

x−3y+ 5 = 0
2y−4 = 0.

A (−1;−2). B (10; 5). C (−10;−5). D (1; 2).
Lời giải.

Hệ phương trình đã cho tương đương

x= 3y−5

y= 2 ⇔

x= 1

y= 2.

Chọn đáp án D

Câu 16. Giải hệ phương trình







x+ 2y−3z+ 4 = 0
2x−y+z = 3
3x+ 2z = 9.

A (1; 2; 3). B (−1;−2;−3). C

Å29
13;
34
13;
15
13
ã
. D
Å19
17;
48
17;
61
17
ã
.
Lời giải.

Hệ phương trình đã cho tương đương








x+ 2y−3z =−4
4x−2y+ 2z = 6
3x+ 2z = 9

⇔






x+ 2y−3z =−4
5x−z = 2

3x+ 2z = 9

⇔






x+ 2y−3z =−4
10x−2z = 4
3x+ 2z = 9

⇔






x+ 2y−3z =−4
13x= 13

3x+ 2z = 9

⇔






x= 1

y= 2

z = 3.

Chọn đáp án A

Câu 17. Cho hệ phương trình

y+ 3 + 3(x+ 2) = (y+ 3)(x+ 2)

x−y−1 =xy+ 3x+ 2y+ 6 , gọi (x;y) là một nghiệm của hệ
phương trình trên. Tính tích x·y.

A −6. B −5. C 5. D 4.

Lời giải.

Đặt

u=x+ 2

v =y+ 3. Khi đó

(y+ 3) + 3(x+ 2) = (y+ 3)(x+ 2)
(x+ 2)−(y+ 3) = (y+ 3)(x+ 2) ⇔

v+ 3u=uv
u−v =uv ⇔

v + 3u=uv

2u+ 2v = 0 ⇔

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Với u=−v, ta có v−3v = (−v)v ⇔v2−2v = 0⇔

v = 0 ⇒u= 0

v = 2 ⇒u=−2.
Với

u= 0

v = 0 ⇔

x=−2

y =−3 ⇒xy = 6.
Với

u=−2

v = 2 ⇔

x=−4

y =−1 ⇒xy = 4.

Chọn đáp án D

Câu 18. Tìm tập nghiệm S của hệ phương trình

x+ 3|y|= 1

x+y =−3.

A S ={(−5; 2),(−2;−1)}. B S ={(−5;−2),(−2;−1)}.

C S ={(5;−2),(5; 2)}. D S ={(2; 1),(−2; 1)}.

Lời giải.

*Với y≥0, ta có

x+ 3y = 1

x+y=−3 ⇔

x=−5

y= 2 (nhận).

*Với y <0, ta có

x−3y = 1

x+y =−3 ⇔

x=−2

y=−1 (nhận).
Vậy các nghiệm của hệ là (−5; 2) và (−2;−1).

Chọn đáp án A

Câu 19. Hiện nay, tuổi của cha gấp bốn lần tuổi của con và tổng số tuổi của hai cha con là 50. Hỏi
bao nhiêu năm nữa tuổi cha gấp ba lần tuổi con ?

A 6năm. B 7 năm. C 5năm. D 8 năm.

Lời giải.

Gọi tuổi của con hiện nay là x (x >0). Theo đề bài tuổi của cha là 4x và 4x+x= 50, hay x= 10.
Gọi số năm từ nay tới khi mà tuổi cha gấp ba lần tuổi con là y (y > 0). Ta có 40 +y = 3(10 +y),
hay y= 5 .

Chọn đáp án C

Câu 20. Số nghiệm của hệ phương trình

2|x−6|+ 3|y+ 1|= 5
5|x−6| −4|y+ 1|= 1 là

A 4. B 1. C 2. D 3.

Lời giải.

Đặt

u=|x−6|

v =|y+ 1| , u≥0, v ≥0.

Hệ phương trình trở thành

2u+ 3v = 5
5u−4v = 1 ⇔

u= 1

v = 1.

Khi đó, ta nhận được

1 =|x−6|

1 =|y+ 1| ⇔

x−6 =±1

y+ 1 =±1 ⇐⇒












x= 7

x= 5

y= 0

y=−2.

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (7; 0), (7;−2), (5; 0), (5;−2).

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. D 2. A 3. A 4. A 5. A 6. C 7. B 8. C 9. B 10. B

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Đề số 2

Câu 1. Điều kiện xác định của phương trình √ 1

x−3 =x+ 3 là

A x= 3. B x6= 3. C x >3. D x≥3.

Lời giải.

Điều kiện x−3>0⇔x >3.

Chọn đáp án C

Câu 2. Điều kiện xác định của phương trình x

2−1

x−1 = 1 là

A [2; +∞). B R\ {1}. C [0; +∞). D [0; +∞)\ {1; 2}.

Lời giải.

Điều kiện xác định x−16= 0⇔x6= 1.

Chọn đáp án B

Câu 3. Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm√x=√−x.

A 0. B 1. C 2. D Vô số.

Lời giải.

Điều kiện xác định

x≥0

−x≥0 ⇔x= 0.
Ta thấy x= 0 thoả mãn phương trình.
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Chọn đáp án B

Câu 4. Tập nghiệm S của phương trìnhx(x−1) = 0 là

A S={0 ; 1}. B S ={0}. C S ={1}. D S ={−1 ; 0}.

Lời giải.

Ta có x(x−1) = 0⇔

x= 0

x−1 = 0 ⇔

x= 0

x= 1.

Vậy S ={0 ; 1}.

Chọn đáp án A

Câu 5. Khi giải phương trình√3x2+ 1 = 2x+ 1 (1), ta tiến hành theo các bước sau

• Bước 1: Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được: 3x2+ 1 = (2x+ 1)2

(2).

• Bước 2: Khai triển và rút gọn (2) ta được: x2+ 4x= 0 ⇔x= 0 hay x= 4.

• Bước 3: Khi x = 0, ta có 3x2+ 1 > 0. Khi x = −4, ta có 3x2 + 1 > 0. Vậy tập nghiệm của
phương trình là: {0; 4}.

Cách giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào?

A Đúng. B Sai ở bước 1. C Sai ở bước 2. D Sai ở bước 3.

Lời giải.

Vì phương trình (2) là phương trình hệ quả nên ta cần thay nghiệm x = 0 ; x = −4 vào phương
trình (1) để thử lại.

Chọn đáp án D

Câu 6. Phương trình(x−1)(x2 −2x−3) = 0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt?

A 3. B 1. C 2. D vơ nghiệm.

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Ta có (x+ 1)(x2−2x−3) = 0⇔

x−1 = 0

x2−2x−3 = 0 ⇔





x= 1

x=−1

x= 3.

Chọn đáp án A

Câu 7. Cho phương trình|x−3|= 3−x. Tập hợp các nghiệm của phương trình là

A (−∞; 3]. B R. C [3; +∞). D {0; 1; 2; 3}.

Lời giải.

Ta có |x−3|= 3−x ⇔







3−x≥0

x−3 = 3−x
x−3 =x−3

⇔

x≤3

x∈R ⇔x≤3.

Chọn đáp án A

Câu 8. Phương trình(x2−x+m) (x−2) = 0có 3 nghiệm phân biệt khi

A m≤ 1

4. B







m < 1

m6=−2

. C





m≤ 1

m6=−2

. D m ≥ 1

Lời giải.

(x2−x+m) (x−2) = 0 ⇔

x= 2

x2−x+m= 0. (∗)

Để phương trình đã cho có 3nghiệm thì phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt khác2khi và chỉ

khi

1−4m >0
2 +m6= 0 ⇔





m < 1

m6= 2.

Chọn đáp án B

Câu 9. Phương trình|3x−2|=x2+ 2x+ 3 có

A 1nghiệm. B 2 nghiệm. C 3nghiệm. D 4 nghiệm.

Lời giải.

Ta có: |3x−2|=







3x−2khi x≥ 2

−3x+ 2 khi x < 2

* Nếu x≥ 2

Ta có phương trình đã cho trở thành 3x−2 =x2+ 2x+ 3⇔x2−x+ 5 = 0. Vậy phương trình vơ
nghiệm.

* Nếu x < 2

3. Ta có Pt ⇔ −3x+ 2 =x

2+ 2x+ 3⇔x2+ 5x+ 1 = 0⇔ x= −5±

√

2 (hai nghiệm

này đều thỏa mãn x < 2

3).

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x= −5±

√

2 .

Chọn đáp án B

Câu 10. Tìm m để phương trình 3√x−m

x−2+

√

x−2 = 2x√+ 2m−1

x−2 có nghiệm.

A m≤1. B m <1. C m >1. D m ≥1.

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Điều kiện x−2>0⇔x >2, khi đó
3x−m

√

x−2 +

√

x−2 = 2x√+ 2m−1

x−2 ⇔3x−m+x−2 = 2x+ 2m−1

⇔ 2x= 3m+ 1⇔x= 3m+ 1
2 .
Để phương trình có nghiệm thì 3m+ 1

2 >2⇔3m >3⇔m >1.

Chọn đáp án C

Câu 11. Tổng các nghiệm của phương trình(x−2)√2x+ 7 =x2 −4 bằng

A 0. B 1. C 2. D 3.

Lời giải.

Điều kiện xác định của phương trình2x+ 7 ≥0⇔x≥ −7

2.
Ta có

(x−2)√2x+ 7 =x2 −4⇔ (x−2)√2x+ 7 = (x−2) (x+ 2)

⇔ (x−2)ỵ√2x+ 7−(x+ 2)ó= 0⇔

x−2 = 0

√

2x+ 7−(x+ 2) = 0 ⇔

x= 2

√

2x+ 7 =x+ 2. (1)
Giải phương trình (1)

√

2x+ 7 =x+ 2 ⇔

x≥ −2

2x+ 7 = (x+ 2)2

⇔

x≥ −2

x2+ 2x−3 = 0 ⇔







x≥ −2

x= 1

x=−3

⇔x= 1.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1, x = 2 nên tổng hai nghiệm của phương trình là
1 + 2 = 3.

Chọn đáp án D

Câu 12. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2−2(m+ 1)x+m2+ 2 = 0 (m là tham số).

Tìm m để biểu thức P =x1x2−2(x1+x2)−6 đạt giá trị nhỏ nhất.

A m= 1

2. B m = 1. C m= 2. D m =−12.

Lời giải.

Ta có ∆0 = (m+ 1)2−(m2+ 2) = 2m−1.

Phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi ∆0 ≥0⇔m ≥ 1

2. (*)
Theo định lý Viet, ta có

x1+x2 = 2m+ 2

x1·x2 =m2+ 2.

Khi đó P =x1x2−2(x1+x2)−6 = m2−4m+ 8 = (m−2)2−12≥ −12.

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi m = 2 thỏa (∗).
Vậy m= 2 .

Chọn đáp án C

Câu 13. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số mđể phương trình x2+ 4

x2 −4x+

x+m−1 = 0

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

A −8< m <1. B m <−8. C 0< m <1. D m ≤ −8.

Lời giải.

Điều kiện xác định của phương trìnhx6= 0.
Ta có x2+ 4

x2 −4x+

x +m−1 = 0 (1) ⇔

x− 2

ã2

−4

x− 2

+m+ 3 = 0.
Đặt t=x− 2

x ⇔x

2−tx−2 = 0 (∗).

Khi đó phương trình đã cho trở thành t2−4t+m+ 3 = 0.

Ta thấy với x >1thì t >−1.

Mặt khác phương trình(∗)ln có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên để phương trình đã cho có hai
nghiệm phân biệt lớn hơn 1 thì phương trình t2 −4t+m+ 3 = 0 phải có hai nghiệm phân biệt lớn

hơn −1.

Tức là:







∆>0

(t1+ 1).(t2+ 1)>0

t1+t2 >−2

⇔







1−m >0

m+ 8>0
2>−1

⇔ −8< m <1.

Chọn đáp án A

Câu 14. Tìm giá trị của tham số m để phương trình (m−1)x+ 2my−3m+ 4 = 0 có nghiệm là
cặp số (0; 1).

A m= 4. B m = 3

2. C m=−4. D m =−

3
2.

Lời giải.

Theo u cầu bài tốn thì (0; 1) là nghiệm của phương trình đã cho nên
(m−1)·0 + 2m·1−3m+ 4 = 0⇔m = 4.

Chọn đáp án A

Câu 15. Giải hệ phương trình

x+y= 1

x−y= 1.

A (1; 1). B (−1; 0). C (1;−2). D (1; 0).

Lời giải.

Ta có

x+y = 1

x−y= 1 ⇔

2x= 2

y= 1−x ⇔

x= 1

y = 0.

Suy ra hệ phương trình ln có nghiệm duy nhất (1; 0).

Chọn đáp án D

Câu 16. Gọi (x0;yo;z0) là nghiệm của hệ phương trình








x+y+z = 11
2x−y+z = 5
3x+ 2y+z = 24

. Tính giá trị của biểu
thức P =x0·y0·z0.

A P =−40. B P = 40. C P = 1200. D P =−1200.

Lời giải.

Ta có







x+y+z = 11 (1)
2x−y+z = 5 (2)
3x+ 2y+z = 24. (3)

Phương trình (3) ⇔ z = 24−3x−2y.
Thay vào (1) và (2) ta được hệ phương trình

x+y+ 24−3x−2y = 11
2x−y+ 24−3x−2y= 5 ⇔

−2x−y=−13

−x−3y=−19 ⇔

x= 4

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Suy ra z = 24−3·4−2·5 = 2.

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y;z) = (4; 5; 2) nên P = 4·5·2 = 40.

Chọn đáp án B

Câu 17. Hệ phương trình

x2−2y2 = 2x+y

y2−2x2 = 2y+x có nghiệm hai nghiệm (b;b) và (a;a) với a Z. Tìm 2a2+b.

A 2. B 18. C −3. D 2.

Lời giải.

Trừ từng vế các phương trình của hệ ta được
3x2−3y2 =x−y ⇔(x−y)(3x+ 3y−1) = 0 ⇔

x−y= 0

3x+ 3y−1 = 0.

Kết hợp với hệ phương trình ta có







x=y

x2−2y2 = 2x+y

3x+ 3y−1 = 0

x2−2y2 = 2x+y

⇔









x=y
x2+ 3x= 0





y= 1−3x
3

9x2−3x+ 5 = 0 (Vơ nghiệm)

⇔








x= 0

y= 0

x=−3

y=−3.

Vậy hệ phương trình đã cho có 2nghiệm (0 ; 0), (−3 ; −3)nên 2a2+b = 18.

Chọn đáp án B

Câu 18. Tìm giá trị thực của tham sốm để hệ phương trình







2x+ 3y+ 4 = 0
3x+y−1 = 0

2mx+ 5y−m= 0

có duy nhất một
nghiệm.

A m= 10

3 . B m = 10. C m=−10. D m =−

10
3 .

Lời giải.

Từ hệ phương trình đã cho ta suy ra

2x+ 3y+ 4 = 0
3x+y−1 = 0 ⇔

x= 1

y=−2.

Hệ phương trình








2x+ 3y+ 4 = 0
3x+y−1 = 0
2mx+ 5y−m= 0

có nghiệm duy nhất khi (1;−2) là nghiệm của phương trình

2mx+ 5y−m= 0 tức là 2m·1 + 5·(−2)−m= 0⇔m = 10.

Chọn đáp án B

Câu 19. Có ba lớp học sinh 10A, 10B, 10C gồm 128 em cùng tham gia lao động trồng cây. Mỗi
em lớp 10A trồng được 3 cây bạch đàn và 4 cây bàng. Mỗi em lớp 10B trồng được 2 cây bạch đàn
và 5 cây bàng. Mỗi em lớp 10C trồng được 6 cây bạch đàn. Cả ba lớp trồng được là 476 cây bạch
đàn và 375 cây bàng. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh ?

A 10A có40 em, lớp10B có43em, lớp 10C có 45em.

B 10A có45 em, lớp10B có43em, lớp 10C có 40em.

C 10A có45 em, lớp10B có40em, lớp 10C có 43em.

D 10A có43 em, lớp10B có40em, lớp 10C có 45em.

Lời giải.

Gọi số học sinh của lớp 10A, 10B, 10C lần lượt là x, y, z.

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Theo đề bài, ta lập được hệ phương trình







x+y+z = 128
3x+ 2y+ 6z = 476
4x+ 5y = 375.

Giải hệ ta đượcx= 40, y = 43, z = 45.

Chọn đáp án A

Câu 20. Có bao nhiêu giá trị thực của tham sốmđể hệ phương trình







mx+y= 1

my+z = 1

x+mz = 1

vô nghiệm.

A 0. B 1. C 2. D 3.

Lời giải.

Từ hệ phương trình đã cho suy ra z = 1−my. Thay vào hai phương trình cịn lại, ta được

mx+y= 1

x+m(1−my) = 1 ⇔

mx+y= 1

x−m2y = 1−m

⇔

y= 1−mx

x−m2(1−mx) = 1−m ⇔

y= 1−mx

1 +m3

x=m2−m+ 1.

Hệ phương trình đã cho vơ nghiệm khi

1 +m3 = 0

m2−m+ 16= 0 ⇔

m=−1

m2−m+ 16= 0 ⇔m =−1.

Chọn đáp án B

BẢNG ĐÁP ÁN

1. C 2. B 3. B 4. A 5. D 6. A 7. A 8. B 9. B 10. C

11. D 12. C 13. A 14. A 15. D 16. B 17. B 18. B 19. A 20. B

Đề số 3

Câu 1. Cho phương trình (x3−1) +√x−2 = √ 1

x2+ 4. Tìm điều kiện xác định của phương trình

đã cho.

A x >2. B x >−2. C x≥2. D x≥ −2.

Lời giải.

Điều kiện xác định của phương trình là: x−2≥0⇔x≥2.

Chọn đáp án C

Câu 2. Điều kiện xác định của phương trình(x−1)(x−2) =√x−3 là

A x >3. B x≥2. C x≥1. D x≥3.
Lời giải.

Điều kiện của phương trình là x−3≥0⇔x≥3.

Chọn đáp án D

Câu 3. Phương trình(x2−3x+ 2)√x−3 = 0 có bao nhiêu nghiệm?

A 1. B 2. C 0. D 3.

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Điều kiện x−3>0⇔x>3.

Ta có

x2−3x+ 2√

x−3 = 0⇔

x2−3x+ 2 = 0

x−3 = 0 ⇔





x= 1 (loại)

x= 2 (loại)

x= 3

Vậy phương trình đã cho có một nghiệmx= 3.

Chọn đáp án A

Câu 4. Phương trìnhx4−7x2+ 1 = 0 có tích tất cả các nghiệm bằng

A 4. B 7. C 1. D −1.

Lời giải.

Đặt t=x2 (t≥0). Ta cót2−7t+ 1 = 0. (1)

Vì ∆ = 45>0nên phương trình (1) có hai nghiệm t1, t2 phân biệt thỏa mãn t1·t2 = 1. Do đó tích

tất cả các nghiệm của phương trình x4−7x2+ 1 = 0bằng 1.

Chọn đáp án C

Câu 5. Cho phương trình f(x) = 0 có tập nghiệm S1 = {m; 2m−1} và phương trình g(x) = 0 có

tập nghiệm S2 = [1; 2]. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình g(x) = 0 là phương trình hệ quả

của phương trình f(x) = 0.

A 1< m < 3

2. B 1≤m≤2. C m∈∅. D 1≤m≤

3
2.

Lời giải.

Để phương trìnhg(x) = 0 là phương trình hệ quả của phương trình f(x) = 0 thì

1≤m≤2

1≤2m−1≤2 ⇔





1≤m≤2
1≤m≤ 3

⇔1≤m≤ 3

Chọn đáp án D

Câu 6. Điều kiện xác định của phương trình(x−1)(x−2) = 0 là

A x= 1;x=−2. B x=−1;x= 2. C x=−1;x=−2. D x= 1;x= 2.
Lời giải.

Nghiệm của phương trình là x= 1;x= 2.

Chọn đáp án D

Câu 7. Giải phương trình|3x−2|=|x−4|.

A x= 1;x= 3

2. B x= 1;x=−
3

2. C x=−1;x=

2. D x=−1;x=−

3
2.

Lời giải.

Tập xác định D =R.
Ta có |3x−2|=|x−4| ⇔

3x−2 =x−4
3x−2 =−x+ 4 ⇔




x=−1

x= 3
2

Chọn đáp án C

Câu 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

x2+ 2x+ 42

−2m x2+ 2x+ 4

+ 4m−1 = 0
có đúng hai nghiệm.

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

C m∈(4; +)ả2 +3â. D mR.

Li gii.

Ta cú (x2+ 2x+ 4)22m(x2+ 2x+ 4) + 4m−1 = 0. (1).

Đặt t=x2+ 2x+ 4 ⇒x2+ 2x+ 4−t = 0. (2)

Phương trình (1) trở thành g(t) =t2−2mt+ 4m−1 = 0. (3)

Phương trình 2 có nghiệm khi ∆0(2) =t−3 ≥ 0⇔ t ≥ 3. Khi t = 3 thì phương trình 2 có nghiệm

kép x=−1. Phương trình (1) có đúng hai nghiệm khi:
TH1: Phương trình (3) có nghiệm kép lớn hơn 3.

Phương trình (3) có nghiệm kép khi ∆0(3) =m2−4m+ 1 = 0⇔m = 2±

√

• Với m= 2−√3⇔Phương trình 3có nghiệm t = 2−√3<3: Khơng thỏa mãn.

• Với m= 2 +√3⇔ Phương trình 3có nghiệm t= 2 +√3>3: Thỏa mãn.
TH2: Phương trình (3) có 2 nghiệm t1, t2 thỏa mãn t1 <3< t2

⇔

∆0 =m2−4m+ 1>0

g(3) =−2m+ 8 <0 ⇔







m <2−√3

m >2 +√3

m >4

⇔m >4.

Hợp hai trường hợp ta cm (4; +)ả2 +3â.

Chn ỏp ỏn C

Cõu 9. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình |x2−2x−1|=|x2−2| bằng

A 1. B −3

2. C

2. D

1
2.

Lời giải.

Ta có |x2−2x−1|=|x2−2| ⇔

x2−2x−1 =x2−2

x2−2x−1 =−x2+ 2 ⇔

2x= 1

2x2−2x−3 = 0 ⇔





x= 1
2

x= 1±

√

7
2 .
Do đó tổng tất cả các nghiệm bằng 3

Chọn đáp án C

Câu 10. Tích tất cả các nghiệm của phương trình 1

x2+x+ 2 −

x2+x−2 = 1 là

A 1. B −5

2. C 0. D −1.

Lời giải.

Điều kiện xác định

x2+x+ 2 6= 0

x2+x−26= 0 ⇔

x6= 1

x6= 2.
Đặt x2+x=t, ta có

t+ 2 −

t−2 = 1 ⇔t

2 = 0⇔t = 0.

Với t = 0, ta có x2+x= 0 ⇔x= 0; x=−1⇒ tích các nghiệm của phương trình là 0.

Chọn đáp án C

Câu 11. Số nghiệm của phương trình √3x+ 1−√2−x= 1 là

A 1. B 2. C 3. D 0.

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Điều kiện xác định: 1

3 ≤x≤2.
Ta có

√

3x+ 1 = 1 +√2−x ⇔ 3x+ 1 = 3−x+ 2√2−x

⇔ √2−x= 2x−1

⇔

2x−1≥0

2−x= 4x2−4x+ 1

⇔













x≥ 1




x= 1

x=−1

⇔ x= 1.

Vậy phương trình có 1 nghiệm.

Chọn đáp án A

Câu 12. Giả sử phương trình2x2−4mx−1 = 0 (với m là tham số) có hai nghiệm x

1,x2. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức T =|x1−x2|.

A minT = 2

3. B minT =

√

2. C minT = 2. D minT =

√

2
2 .

Lời giải.

Phương trình 2x2 −4mx−1 = 0 có ∆0 = 4m2 + 2 >0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1, x2 với S =x1 +x2 = 2m, P =x1x2 =−

1
2.
Ta có T2 = (x1−x2)

=S2−4P = 4m2+ 2 ≥2⇒T ≥√2.
Dấu bằng xảy ra khi m= 0. Vậy minT =√2.

Chọn đáp án B

Câu 13. Số các giá trị nguyênkhông dương của tham sốm để phương trìnhx4−4x2−6−m3 = 0
có đúng 2 nghiệm phân biệt là

A 2018. B 1. C 2. D 0.

Lời giải.

Ta có x4−4x2−6−m3 = 0 ⇔x4−4x2 = 6 +m3.

Đặt t=x2 (t≥0), ta cót2 −4t =m3+ 6.

Xét hàm f(t) = t2−4t trên miền [0; +∞) ta có tọa độ đỉnh(2;−4). Ta có bảng biến thiên

t
f(t)

0 2 +∞

0
0

−4

+∞

Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y = m3 + 6 phải cắt đồ thị

y=f(t)tại đúng một điểm có hồnh độ t >0⇔

m3+ 6 =−4

m3+ 6>0 ⇔

m >−√3

m =−√3

10.

Do m là số ngun khơng dương nên m= 0,m = 1.

Chọn đáp án C

Câu 14. Cặp số (x;y) nào sau đây không là nghiệm của phương trình 2x−3y= 5 ?

A (x;y) =

5
2; 0

. B (x;y) = (1;−1). C (x;y) =

0;5
3

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Lời giải.

Thay các bộ số(x;y)vào phương trình, ta thấy bộ số

0;5
3

khơng thỏa mãn:2·0−3·5

3 =−56= 5.

Chọn đáp án C

Câu 15. Tìm nghiệm của hệ phương trình

2x−y+ 3 = 0

−x+ 4y= 2.

A (x;y) = (2; 1). B (x;y) =

Å10
7;
1
7
ã
.

C (x;y) =

Å
−10
7 ;
1
7
ã

. D (x;y) = (−2;−1).

Lời giải.

2x−y+ 3 = 0

−x+ 4y= 2 ⇔

2x−y=−3

−x+ 4y= 2 ⇔

2x−y=−3

−2x+ 8y= 4 ⇔

2x−y=−3

7y= 1 ⇔







x=−10

y= 1
7.
Vậy hệ phương trình có nghiệm là

Å
−10
7 ;
1
7
ã
.

Chọn đáp án C

Câu 16. Bộ (x;y;z) = (2;−1; 1) là nghiệm của hệ phương trình nào sau đây?

A






x+ 3y−2z =−3
2x−y+z= 6
5x−2y−3z = 9

. B






2x−y−z = 1
2x+ 6y−4z =−6

x+ 2y = 5

.
C







3x−y−z = 1

x+y+z = 2

x−y−z = 0

. D






x+y+z =−2
2x−y+z = 6
10x−4y−z = 2

Lời giải.

Cách 1: Ta giải từng hệ phương trình.
Giải hệ thứ nhất:








x+ 3y−2z =−3
2x−y+z = 6
5x−2y−3z = 9

⇔ (x;y;z) = (2;−1; 1).
Nghiệm này là nghiệm đề bài cho. Vậy hệ cần tìm là







x+ 3y−2z =−3
2x−y+z = 6
5x−2y−3z = 9

.
Cách 2: Thay bộ (x;y;z) = (2;−1; 1) vào các hệ phương trình đã cho.

Chọn đáp án A

Câu 17. Hệ phương trình

x2+y2 +xy= 7

x2+y2 −xy= 3 có tất cả các nghiệm là

A (x;y) = (−1;−2); (x;y) = (−2;−1); (x;y) = (−1; 2);(x;y) = (2;−1).

B (x;y) = (−1;−2); (x;y) = (−2;−1).

C (x;y) = (1; 2);(x;y) = (2; 1).

D (x;y) = (−1;−2); (x;y) = (−2;−1); (x;y) = (1; 2);(x;y) = (2; 1).
Lời giải.

x2+y2+xy= 7

x2+y2−xy= 3 ⇔

x2+y2 = 5

xy= 2 ⇔

(x+y)2−2xy= 5

xy= 2 ⇔

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

ã Vi

x+y = 3

xy= 2 thỡ (x;y) = (1; 2); (x;y) = (2; 1).

ã Vi

x+y =3

xy= 2 thỡ (x;y) = (−1;−2); (x;y) = (−2;−1).

Chọn đáp án D

Câu 18. Có bao nhiêu giá trị m nguyên dương để hệ phương trình

mx−y= 3

2x+my = 9 có nghiệm duy
nhất (x;y) sao cho biểu thức A= 3x−y nhận giá trị nguyên

A 4. B 2. C 3. D 1.

Lời giải.

Ta có D=

m −1

2 m

=m2+ 2>0, ∀m∈R nên hệ phương trình ln có nghiệm duy nhất.

Dx=

3 −1

9 m

= 3m+ 9;Dy =

m 3
2 9

= 9m−6.
Vậy hệ ln có nghiệm duy nhất là








x= 3m+ 9

m2+ 2

y = 9m−6

m2 + 2

Ta có A= 3x−y = 3(3m+ 9)

m2+ 2 −

9m−6

m2+ 2 =

m2+ 2.

Để A nguyên thì m2+ 2 là ước của33mà m2+ 2≥2 nên ta có các trường hợp sau:

• TH1: m2+ 2 = 3⇔m =±1.

• TH2: m2+ 2 = 11⇔m=±3.

• TH3: m2+ 2 = 33⇔m=±√31(loại).
Vậy có 2giá trị nguyên dương của m để A nguyên.

Chọn đáp án B

Câu 19. Thầy Quang thanh toán tiền mua xe bằng các kỳ khoản năm: 5.000.000 đồng, 6.000.000
đồng, 10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng. Kỳ khoản thanh toán 1 năm sau ngày mua, với lãi suất
áp dụng là 8%. Hỏi giá trị chiếc xe thầy Quang mua là bao nhiêu?

A 32.412.582 đồng. B 35.412.582 đồng. C 33.412.582 đồng. D 34.412.582 đồng.

Lời giải.

Gọitlà số tiền ứng với giá trị chiếc xe. Vì mỗi năm thầy Quang trả tiền một lần theo thứ tự5.000.000
đồng, 6.000.000 đồng, 10.000.000 đồng và20.000.000 đồng nên

(((1,08t−5)×1,08−6)×1,08−10)×1,08−20 = 0⇒t= 32.412.582 đồng.

Chọn đáp án A

Câu 20. Khi hệ phương trình







x+ 2my−z = 1

2x−my−2z = 2

x−(m+ 4)y−z = 1

có nghiệm (x;y;z) với





m6= 0

m6=−4

, giá trị

T = 2017x−2018y−2017z là

A T =−2017. B T = 2018. C T = 2017. D T =−2018.

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Kí hiệu







x+ 2my−z = 1 (1)
2x−my−2z = 2 (2)

x−(m+ 4)y−z = 1 (3)
.





m6= 0

m6=−4

, từ (1) và(3) ta có

x−z = 1

y= 0 .

Ta có T = 2017x−2018y−2017z = 2017(x−z) = 2017.

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. C 2. D 3. A 4. C 5. D 6. D 7. C 8. C 9. C 10. C

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

CHƯƠNG

4.

BẤT ĐẲNG THỨC-BẤT PHƯƠNG TRÌNH

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1. Bất đẳng thức Câu 1 Câu 2 2

10%

2. Bất phương trình và hệ

bất phương trình một ẩn Câu 3

Câu 4

Câu 6 4

Câu 5 20%

3. Dấu của nhị thức bậc nhất Câu 7 Câu 8 Câu 10 Câu 11 5

Câu 9 25%

4. Bất phương trình bậc

nhất hai ẩn Câu 12

Câu 13

Câu 15 4

Câu 14 20%

5. Dấu của tam thức bậc hai Câu 16 Câu 18 Câu 19 Câu 20 5

Câu 17 25%

Cộng 5 8 5 2 20

25% 40% 25% 10% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Chủ đề 1. Bất
đẳng thức

1 TH Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối.

2 VDT Ứng dụng BĐT để giải PT, HPT, BPT, tìm GTLN-GTNN.

Chủ đề 2. Bất
phương trình và

hệ bất phương
trình một ẩn

3 NB Tìm điều kiện xác định của bất phương trình - hệ

phương trình.

4 TH Giải bất phương trình bậc nhất một ẩn và biểu diễn

tập nghiệm.

5 TH Giải hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn và biểu

diễn tập nghiệm.

6 VDT Bất phương trình - hệ bất phương trình bậc nhất một

ẩn chứa tham số.

Chủ đề 3. Dấu
của nhị thức bậc

nhất

7 NB Nhận dạng nhị thức và xét dấu biểu thức.

8 TH Bất phương trình tích.

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

10 VDT Dấu nhị thức bậc nhất trên một miền.

11 VDC Giải PT, BPT chứa dấu giá trị tuyệt đối.

Chủ đề 4. Bất
phương trình bậc

nhất hai ẩn

12 NB Bất phương trình bậc nhất hai ẩn và bài tốn liênquan.

13 TH Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn và bài toán liênquan.

14 TH Miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất haiẩn.

15 Các bài tốn ứng dụng thực tế.

Chủ đề 5. Dấu
của tam thức bậc

hai

16 NB Nhận dạng tam thức và xét dấu biểu thức.

17 NB Giải bất phương trình bậc hai và bài tốn liên quan.

18 TH Giải bất phương trình tích, thương và bài tốn liênquan.

19 VDT Giải hệ bất phương bậc hai và bài tốn liên quan.

20 VDC Phương trình và bất phương trình chứa dấu giá trịtuyệt đối.

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau.

A |x| − |y| ≤ |x−y|. B |x| ≥x.

C |x| ≥ −x. D |x|<2⇔x <−2hoặc x >2.
Lời giải.

Ta có |x|<2⇔ −2< x <2.

Chọn đáp án D

Câu 2. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A=√x−2 +√4−x.

A 2. B √2. C 2−√2. D 0.

Lời giải.

Điều kiện : 2≤x≤4.

A2 = √x−2 +√4−x2

= 2 + 2√x−2·√4−x≥2 ⇒A≥√2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A=√2khi x= 2 hoặc x= 4.

Chọn đáp án B

Câu 3. Điều kiện xác định của bất phương trình2018√x+ 2 >2019x2+ 1

x−2 là

A x≥ −2. B x >2. C x≥ −2và x6= 2. D x≥2.

Lời giải.

Điều kiện xác định của bất phương trình là

x+ 2≥0

x−26= 0 ⇔

x≥ −2

x6= 2.

Chọn đáp án C

Câu 4. Sốx= 19 là một nghiệm của bất phương trình nào sau đây?

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Lời giải.

Bất phương trình 2(5−x)≥ −x+ 9 có nghiệm x≤1.

Bất phương trình2(5−x)≤ −x+ 9có nghiệm x≥1. Do đó x= 19 là một nghiệm của bất phương
trình này.

Bất phương trình 2(x−5)< x+ 9 có nghiệm x <19.
Bất phương trình 2(x−5)> x+ 9 có nghiệm x >19.

Chọn đáp án B

Câu 5. Tập nghiệm của hệ bất phương trình

3x+ 1 >2x+ 7
4x+ 3 ≤2x+ 21 là

A {6; 9}. B [6; 9). C (6; 9]. D [6; +∞).

Lời giải.

Ta có

3x+ 1>2x+ 7
4x+ 3≤2x+ 21 ⇔

x >6

x≤9 ⇔6< x≤9.
Vậy tập nghiệm của hệ bất phương trình làS = (6; 9].

Chọn đáp án C

Câu 6. Cho hệ bất phương trình

2x−6<0

mx+m−3>0. Giá trị của m để hệ bất phương vơ nghệm
là

A m∈
ï

0;3
4

ị

. B m ∈

0;3
4

ị

. C m∈

0;3
4

. D m ∈[0; +∞).

Lời giải.

Ta có

2x−6<0

mx+m−3>0 ⇔

x <3 (∗)

mx >3−m. (∗∗)

Hệ vơ nghiệm nếu (∗∗)vơ nghiệm hoặc (∗∗) có nghiệm nhưng giao của(∗) và (∗∗) bằng rỗng.

Trường hợp 1. m= 0, khi đó (∗∗) có dạng 0·x >3 nên (∗∗) vơ nghiệm (thỏa mãn).

Trường hợp 2. m >0, khi đó (∗∗) có nghiệm x > 3−m

m nên hệ vơ nghiệm khi

3−m

m ≥3⇒m≤

3
4.
Vậy trường hợp này xảy ra khi m∈

0;3
4

Trường hợp 3. m <0, khi đó (∗∗) có nghiệm x < 3−m

m nên hệ không thể vô nghiệm.

Chọn đáp án A

Câu 7. Cho bảng xét dấu

x
f(x)

−∞ 2 +∞

+ 0 −

Hàm số có bảng xét dấu như trên là

A f(x) =−8−4x. B f(x) =−8 + 4x. C f(x) = 16−8x. D f(x) = 16 + 8x.

Lời giải.

Ta có f(2) = 0 nên loại A và D.

Mà f(x)>0khi x∈(−∞; 2) nên a <0. Từ đó suy raf(x) = 16−8x.

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Câu 8. Bất phương trình (x+ 3)(2−x)≥0 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?

A 3. B 6. C Vô số. D 2.

Lời giải.

Ta có

(x+ 3)(2−x)≥0⇔ −3≤x≤2.

Vì x∈[−3; 2] và x∈N∗

nên x∈ {1,2}.

Chọn đáp án D

Câu 9. Tập nghiệm bất phương trình 2x−4

3−x ≥0 là

A (2; 3]. B [2; 3). C (2; 3). D [2; 3].

Lời giải.

Ta có 2x−4

3−x ≥0 (*)

Ta có 3−x6= 0⇔x6= 3.
Ta có 2x−4 = 0⇔x= 2.
Ta có BXD

2x−4
3−x
V T(∗)

−∞ 2 3 +∞
− 0 + | +

+ | + + −

− 0 + −

Tập nghiệm của BPT là S= [2; 3).

Chọn đáp án B

Câu 10. Với m >4 thì tập nghiệm S của bất phương trình (3−m)x >−m2+ 4m−3 là

A S= (−∞;m−1). B S = (m−1; +∞). C S = (−∞; 1−m). D S = (1−m; +∞).

Lời giải.

Do m >4 nên 3−m <0. Khi đó, ta có
(3−m)x >−m2+ 4m−3⇔x < −m

2+ 4m−3

3−m ⇔x <

−(m−1)(m−3)

−(m−3) ⇔x < m−1.
Với m >4, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S= (−∞;m−1).

Chọn đáp án A

Câu 11. Tập nghiệm bất phương trình

3x−9

x+ 1

≥1 là

A (−1; 5]. B [2; 5].

C (−∞; 2]∪[5; +∞). D (−∞; 2]∪[5; +∞)\ {−1}.

Lời giải.

Ta có

3x−9

x+ 1

≥1⇔





3x−9

x+ 1 ≥1
3x−9

x+ 1 ≤ −1.
TH1:

3x−9

x+ 1 ≥1⇔

2x−10

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Ta có x+ 1 6= 0⇔x6=−1; 2x−10 = 0⇔x= 5.
Ta có BXD

2x−10

x+ 1

V T(∗)

−∞ −1 5 +∞
− | − 0 +

− 0 + | +

+ − 0 +

Tập nghiệm của BPT (*) là S1 = (−∞;−1)∪[5; +∞).

TH2:

3x−9

x+ 1 ≤ −1⇔

4x−8

x+ 1 ≤0 (∗∗)
Ta có x+ 1 6= 0⇔x6=−1; 4x−8 = 0⇔x= 2.

Ta có BXD

4x−8

x+ 1

V T(∗∗)

−∞ −1 2 +∞
− | − 0 +

− 0 + | +

+ − 0 +

Tập nghiệm của BPT (**) là S2 = (−1; 2].

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =S1∪S2 = (−∞; 2]∪[5; +∞)\ {−1}.

Câu 12. Cặp số (−3; 1) là nghiệm của bất phương trình

A −2x+y+ 1<0. B x+y+ 2>0. C x+ 2y+ 2 >0. D x+y+ 4 ≤0.

Lời giải.

Thế

x=−3

y= 1 vào từng bất phương trình ta được

−2·(−3)+1+1 = 8>0nên cặp số(−3; 1)khơng phải là nghiệm của bất phương trình−2x+y+1<0.

−3 + 1 + 2 = 0 nên cặp số (−3; 1) khơng phải là nghiệm của bất phương trìnhx+y+ 2 >0.

−3 + 2·1 + 2 = 1>0 nên cặp số (−3; 1) là nghiệm của bất phương trìnhx+ 2y+ 2>0.

−3 + 1 + 4 = 2>0nên cặp số (−3; 1) khơng phải là nghiệm của bất phương trình x+y+ 4≤0.

Chọn đáp án C

Câu 13. Miền nghiệm của hệ bất phương trình

2x−y+ 2≥0

−x−2y−2<0 là miền chứa điểm nào trong
các điểm sau?

A M(1; 1). B N(−1; 1). C P(−1;−1). D Q(−2;−1).

Lời giải.

Thế

x= 1

y= 1 vào bất phương trình

2x−y+ 2 ≥0

−x−2y−2<0 ta được:

2·1−1 + 2 = 3≥0

−1−2·1−2 = −5<0 (đúng).
Vậy điểm M(1; 1) thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình

2x−y+ 2≥0

−x−2y−2<0.

Thế

x=−1

y= 1 vào bất phương trình

2x−y+ 2≥0

−x−2y−2<0 ta được:

2·(−1)−1 + 2 =−1≥0

−1−2·1−2<0 (sai).
Vậy điểm N(−1; 1) không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình

2x−y+ 2≥0

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Thế

x=−1

y=−1 vào bất phương trình

2x−y+ 2≥0

−x−2y−2<0 ta được:

2·(−1)−1 + 2 =−1≥0
1−2·(−1)−2 = 1<0 (sai).
Vậy điểm P(−1;−1) không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình

2x−y+ 2 ≥0

−x−2y−2<0.

Thế

x=−2

y=−1 vào bất phương trình

2x−y+ 2≥0

−x−2y−2<0 ta được:

2·(−2) + 1 + 2 =−1≥0
1−2·(−1)−2 = 1 <0 (sai).
Vậy điểm Q(−2;−1) không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình

2x−y+ 2≥0

−x−2y−2<0.

Chọn đáp án A

Câu 14. Miền nghiệm của bất phương trình nào sau đây được biểu diễn bởi nửa mặt phẳng khơng
bị gạch trong hình vẽ sau?

x
y

2
1

A x+ 3y−2≤0. B x+y−1≥0. C x+ 3y−2≥0. D x+y+ 1 ≤0.

Lời giải.

Thay tọa độ gốc tọa độ vào các bất phương trình ta có

1 Với x+ 3y−2≤0 ta được mệnh đề −2≤0đúng nên chọn.

2 Với x+y−1≥0ta được mệnh đề −1≥0 sai nên loại.

3 Với x+ 3y−2≥0 ta được mệnh đề −2≥0sai nên loại.

4 Với x+y+ 1≤0 ta được mệnh đề 1≤0sai nên loại.

Chọn đáp án A

Câu 15. Một gia đình cần ít nhất 900 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit trong thức ăn mỗi ngày.
Mỗi kg thịt lợn chứa 800 đơn vị protein và 200 đơn vị lipit. Mỗi kg cá chứa 600 đơn vị protein và
400 đơn vị lipit. Biết rằng gia đình này chỉ mua tối đa 1,6 kg thịt lợn và 1,1 kg thịt cá. Giá tiền 1
kg thịt lợn là 45 nghìn đồng và 1 kg thịt cá là 35 nghìn đồng. Hỏi gia đình đó phải mua bao nhiêu
kg mỗi loại để số tiền bỏ ra ít nhất.

A 0,6kg thịt lợn và 0,7 kg cá. B 0,3kg thịt lợn và 1,1 kg cá.

C 0,6kg thịt cá và 0,7 kg lợn. D 1,6kg thịt lợn và 1,1 kg cá.

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Giả sử gia đình đó mua x (kg) thịt lợn và y (kg) thịt cá.

Theo giả thiết, xvà ycần thỏa mãn điều kiện: 0≤x≤1,6,0≤y≤1,1.
Khi đó, số đơn vị protein có được là: 800x+ 600y và số đơn vị lipit có
được là200x+ 400y.

Vì gia đình đó cần ít nhất 400 đơn vị lipit trong thức ăn mỗi ngày nên
điều kiện tương ứng là

800x+ 600y≥900và200x+ 400y≥400.

Hay gọn hơn, ta có 4x+ 3y≥4,5và x+ 2y≥2.
Vậy các điều kiện mà x và y thỏa mãn là

(I)⇔












0≤x≤1,6
0≤y ≤1,1
4x+ 3y≥4,5

x+ 2y≥2.

Miền nghiệm của hệ trên miền tứ giác ABCD (kể cả biên) trên hình.

x
O

A B

1.6

1.1

Chi phí để mua x (kg) thịt lợn và y (kg) cá là T = 45x+ 35y (nghìn đồng).
Ta cần tìm (x;y) sao cho T nhỏ nhất.

Ta biết T đạt giá trị nhỏ nhất tại một trong các đỉnh của tứ giác ABCD.
Tại A(0,6; 0,7)ta có T = 45·0,6 + 35·0,7 = 51,5 (nghìn đồng).

Tại B(1,6; 0,2)ta có T = 45·1,6 + 35·02 = 79(nghìn đồng).
Tại C(1,6; 1,1) ta cóT = 4,5·1,6 + 35·1,1 = 110,5 (nghìn đồng).
Tại D(0,3; 1,1)ta cóT = 45·0,3 + 35·11 = 52(nghìn đồng).
Vậy khi x= 0,6 và y= 0,7 thì T đạt giá trị nhỏ nhất.

Vậy gia đình đó mua 0,6 kg thịt lợn và 0,7 kg cá thì chi phí ít nhất (cụ thể, chi phí là 51,5 nghìn
đồng).

Chọn đáp án A

Câu 16. Điều kiện cần và đủ để bất phương trình ax2+bx+c >0,(a6= 0) vơ nghiệm là gì?

a <0

∆>0. B

a <0

∆≤0. C

a >0

∆≤0. D

a <0
∆<0.

Lời giải.

Với (a6= 0)

ax2+bx+c > 0 vơ nghiệm ⇔ax2+bx+c≤0,∀x∈

R
⇔

a <0
∆≤0.

Chọn đáp án B

Câu 17. Cho tam thức bậc haif(x) =−2x2+ 5x+ 3. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A Bất phương trình f(x)≥0 có đúng ba nghiệm ngun.

B Phương trình f(x) = 0 có nghiệm kép.

C f(x)<0,∀x∈(3; +∞).

D f(x)>0,∀x∈R.

Lời giải.

Ta có

f(x) = 0⇔ −2x2+ 5x+ 3 = 0⇔




x= 3

x=−1

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Bảng xét dấu của f(x)

x
f(x)

−∞ −1

2 3 +∞

− 0 + 0 −

Vậy,

• f(x)<0,∀x∈

−∞;−1

∪(3; +∞).

• f(x)>0,∀x∈

−1

2; 3

• f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x=−1

2 và x= 3.

• f(x) ≥0 có tập nghiệm S =

−1

2; 3

ị

. Do đó bất phương trình f(x) ≥0 có đúng bốn nghiệm
nguyên là 0;1; 2;3.

Chọn đáp án C

Câu 18. Tìm tập nghiệm của bất phương trình −x

2x−5 ≥0

Å
−∞;5

. B

−∞;5
2

ị

\ {0}. C

0;5
2

. D

−∞;5
2

\ {0}.

Lời giải.

Xét bất phương trình −x

2x−5 ≥0 (1).

Đặt f(x) = −x

2x−5.

Các đa thức −x2,2x−5 có nghiệm lần lượt làx= 0 và 5

2.
Bảng xét dấu biểu thức f(x)

−x2

2x −5

−x2

2x−5

−∞ 0 5

2 +∞

− 0 − −

− − 0 +

+ 0 + −

Dựa vào bảng xét dấu, ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =

−∞;5
2

Chọn đáp án A

Câu 19. Gọi m, M lần lượt là nghiệm nguyên nhỏ nhất và lớn nhất của hệ bất phương trình:

(2−x)2 ≤7−3x+x2

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Tổngm+M bằng

A −3. B −2. C −6. D −7.

Lời giải.

Ta có hệ

(2−x)2 ≤7−3x+x2

(x+ 2)3 < x3+ 3x2+ 3x+ 20

⇔

4−4x+x2 ≤7−3x+x2

x3+ 6x2+ 12x+ 8 < x3+ 3x2+ 3x+ 20

⇔

x≥ −3

3x2+ 9x−12<0

⇔

x≥ −3

−4< x < 1 ⇔ −3≤x <1.

Do đó nghiệm nguyên nhỏ nhất là x=−3và nghiệm nguyên lớn nhất là x= 0.

Vậy m+M =−3.

Chọn đáp án A

Câu 20. Để bất phương trìnhp(x+ 6)(2−x)≤x2+ 4x+ 4a+ 2nghiệm đúng với mọix∈[−6; 2]
tham sốa phải thỏa điều kiện

A a≥7. B a≥4. C a≥6. D a ≥5.

Lời giải.

Điều kiện −6≤x≤2, đặt t=p(x+ 6)(2−x), (t ≥0). Khi đó

t2 =−x2−4x+ 12⇔x2+ 4x= 12−t2.

Ta có t =p(x+ 6)(2−x)≤ x+ 6 + 2−x

2 = 4 nên 0≤t≤4.
Bất phương trình trở thành t ≤12−t2+a+ 2 ⇔a≥t2+t−14.
Đặt f(t) =t2 +t−14 có hệ sốa= 1 >0 và hoành độ đỉnh t=−1

2 <0.

Điều kiện bất phương trình p(x+ 6)(2−x)≤x2+ 4x+ 4a+ 2 nghiệm đúng với mọi x∈[−6; 2] là

a≥max

[0,4] f(t) =f(4) = 6.

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. D 2. B 3. C 4. B 5. C 6. A 7. C 8. D 9. B 10. A

12. C 13. A 14. A 15. A 16. B 17. C 18. A 19. A 20. C

Đề số 2

Câu 1. Cho bất đẳng thức |a−b| ≤ |a|+|b|. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi?

A a=b. B ab≤0. C ab≥0. D ab= 0.

Lời giải.

Ta có |a−b| ≤ |a|+|b| ⇔a2−2ab+b2 ≤a2+ 2|ab|+b2 ⇔ −ab≤ |ab|

Dấu bằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi −ab=|ab| ⇔ab≤0.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Câu 2. Cho a >0, b >0 thỏa mãn a+b≤1. Giá trị nhỏ nhất của S =ab+ 1

ab là

A S= 2. B S = 17

4 . C S =

2. D S = 1.

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có 1≥a+b ≥2√ab⇒ab≤ 1

4 ⇒
1

ab ≥4.

Suy ra S =ab+ 1

16ab +

15
16·

ab ≥2

…

ab· 1

16ab +

15
16 ·4 =

17
4 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b = 1

2.
Vậy minS = 17

4 , đạt được khi a=b=
1
2.

Chọn đáp án B

Câu 3. Tìm điều kiện của bất phương trình √x+ 2> 12x
x−2.

x+ 2 >0

x−26= 0. B

x+ 2≥0

x−26= 0. C

x+ 2 6= 0

x−2≥0. D

x+ 26= 0

x−2>0.

Lời giải.

Điều kiện

x+ 2≥0

x−26= 0.

Chọn đáp án B

Câu 4. Tìm tập nghiệmS của bất phương trình 5x−1≥ 2x

5 + 3.

A S=R. B S = (−∞; 2). C S =

−5

2; +∞

. D S =

20
23; +∞

.
Lời giải.

Ta có: 5x−1≥ 2x

5 + 3⇔5x−
2x

5 ≥4⇔
23

5 x≥4⇔x≥
20
23.

Vậy S =

ï20

23; +∞

Chọn đáp án D

Câu 5. Tập nghiệm của hệ bất phương trình

2−x >0

2x+ 1 > x−2 là

A (−∞;−3). B (−3; 2). C (2; +∞). D (−3; +∞).

Lời giải.

Ta có

2−x >0

2x+ 1> x−2 ⇔

x <2

x >−3 ⇔x∈(−3; 2).
Tập nghiệm của hệ bất phương trình là S = (−3; 2).

Chọn đáp án B

Câu 6. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình (x+m)m+x >3x+ 4 có
tập nghiệm là (−m−2; +∞).

A m= 2. B m 6= 2. C m >2. D m <2.

Lời giải.

Để ý rằng, bất phương trình ax+b >0 (hoặc <0,≥0,≤0).

Vơ nghiệm (S=∅) hoặc có tập nghiệm làS =R thì chỉ xét riênga= 0.

Có tập nghiệm là một tập con của R thì chỉ xét a >0hoặc a <0.
Bất phương trình viết lại (m−2)x >4−m2.

Xét m−2>0⇔m >2, bất phương trình ⇔x > 4−m

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Chọn đáp án C

Câu 7. Cho nhị thức bậc nhấtf(x) = ax+b(a6= 0). Chọn kết quả saitrong các kết quả sau.

A f(x) có giá trị cùng dấu với hệ số a khix lấy các giá trị trong khoảng

−b

a; +∞

B f(x) có giá trị trái dấu với hệ số a khi xlấy các giá trị trong khoảng

−∞;−b

C f(x) có giá trị cùng dấu với hệ số a khix lấy các giá trị trong khoảng (−∞; +∞).

D f(x) có giá trị bằng 0 khi x=−b

Lời giải.

Theo quy tắc xét dấu nhị thức bậc nhất thì f(x)có giá trị cùng dấu với hệ số a khix lấy các giá trị
trong khoảng (−∞; +∞) làsai.

Chọn đáp án C

Câu 8. Tập nghiệm của bất phương trình(2x+ 8)(1−x)>0có dạng(a;b). Khi đób−abằng

A 3. B 5. C 9. D không giới hạn.

Lời giải.

Đặt f(x) = (2x+ 8)(1−x).

Phương trình 2x+ 8 = 0⇔x=−4và 1−x= 0⇔x= 1.
Bảng xét dấu

2x+ 8
1−x

f(x)

−∞ −4 1 +∞
− 0 + +

+ + 0 −

− 0 + 0 −

Từ bảng xét dấu ta có f(x)>0⇔ −4< x <1⇔x∈(−4; 1).

Khi đó b= 1, a=−4⇒b−a= 5.

Chọn đáp án B

Câu 9. Cho biểu thức f(x) = 1

3x−6. Tập hợp tất cả các giá trị của x đểf(x)≤0 là

A x∈(− ∞; 2]. B x∈(− ∞; 2). C x∈(2; +∞). D x∈[2; +∞).

Lời giải.

Ta có f(x)≤0⇔ 1

3x−6 ≤0⇔3x−6<0⇔x <2⇔x∈(− ∞; 2).

Chọn đáp án B

Câu 10. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương trình sau đúng với ∀x∈R.
(m2−4m+ 3)x+m−m2 ≤0.

A m= 1. B m = 3. C m= 1;m = 3. D 1≤m≤3.

Lời giải.

Đặt f(x) = (m2−4m+ 3)x+m−m2.

f(x)≤0, ∀x∈R⇔

m2−4m+ 3 = 0

m−m2 ≤0 ⇔

m= 3

m= 1.

Vậy m∈ {1; 3} là giá trị cần tìm.

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Câu 11. Số nghiệm nguyên thỏa mãn bất phương trình |x+ 2|+|−2x+ 1| ≤x+ 1 là

A 3. B 5. C 2. D 0.

Lời giải.

Xét bất phương trình |x+ 2|+|−2x+ 1| ≤x+ 1. (∗)

Bảng xét dấu

x
x+ 2

−2x+ 1

−∞ −2 1

2 +∞

− 0 + +

+ + 0 −

Trường hợp 1. Với x <−2, khi đó

(∗)⇔(−x−2) + (−2x+ 1)≤x+ 1⇔ −2≤4x⇔x≥ −1

Kết hợp với điều kiện x <−2, ta được tập nghiệm S1 =∅.

Trường hợp 2. Với −2≤x <−1

2, khi đó

(∗)⇔x+ 2−2x+ 1≤x+ 1 ⇔2x≥2⇔x≥1.

Kết hợp với điều kiện −2≤x < 1

2, ta được tập nghiệm S2 =∅.

Trường hợp 3. Với x≥ 1

2, khi đó

(∗)⇔x+ 2−(−2x+ 1)≤x+ 1⇔2x≤0⇔x≤0.

Kết hợp với điều kiện x≥ 1

2, ta được tập nghiệm S3 =∅.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =S1∪S2∪S3 =∅.

Chọn đáp án D

Câu 12. Bất phương trình nào sau đây là bất phương trình bậc nhất hai ẩn?

A 2x2+ 3y >0. B x2+y2 <2. C x+y2 ≥0. D x+y≥0.

Lời giải.

Theo định nghĩa thì x+y≥0là bất phương trình bậc nhất hai ẩn. Các bất phương trình cịn lại là
bất phương trình bậc hai.

Chọn đáp án D

Câu 13. Cho hệ bất phương trình

x+ 3y−2≥0

2x+y+ 1 ≤0. Trong các điểm sau, điểm nào thuộc miền
nghiệm của hệ bất phương trình?

A M(0; 1). B N(−1; 1). C P(1; 3). D Q(−1; 0).

Lời giải.

Ta thay lần lượt tọa độ các điểm vo h bt phng trỡnh.

ã Vi M(0; 1) ta c

0 + 3·1−2≥0

2·0 + 1 + 1≤0 (vơ lý). Do đó M(0; 1) khơng thuộc miền nghiệm của
hệ bất phương trình.

• Vi N(1; 1) ta c

1 + 3Ã120

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

ã Với P(1; 3) ta được

1 + 3·3−2≥0

2·1 + 3 + 1≤0(vơ lý). Do đó P(1; 3) khơng thuộc miền nghiệm ca h
bt phng trỡnh.

ã Vi Q(1; 0) ta c

1 + 3·0−2≥0(vơ lý)

2·(−1) + 0 + 1≤0 . Do đó Q(−1; 0) khơng thuộc miền nghiệm
của hệ bất phương trình.

Chọn đáp án B

Câu 14. Miền nghiệm của hệ bất phương trình








x−2y <0

x+ 3y >−2

y−x <3

là phần khơng tơ đậm của hình

vẽ nào trong các hình vẽ sau?

x
y

−2

Hình 1

x
y

−2

Hình 2

x
y

−2

Hình 3

x
y

−2

Hình 4

A Hình 1. B Hình 2. C Hình 3. D Hình 4.

Lời giải.

Chọn điểm M(0; 1) thử vào các bất phương trình của hệ bất phương trình ta thấy thỏa mãn.

Chọn đáp án A

Câu 15. Một xưởng có 2máy đặc chủng M1, M2, sản xuất hai loại sản phẩm kí hiệu I và II. Một

tấn sản phẩm loại I lãi 2 triệu đồng, một tấn sản phẩm loại II lãi 1,6 triệu đồng. Muốn sản xuất
một tấn sản phẩm loại I phải dùng máy M1 trong3giờ và máyM2 trong1 giờ. Một máy không thể

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

ngày, máy M2 một ngày chỉ làm việc khơng q4 giờ. Để có số tiền lãi cao nhất, mỗi ngày cần sản

xuất bao nhiêu tấn sản phẩm loại I và bao nhiêu tấn sản phẩm loại II.

A Một tấn sản phẩm loại I và ba tấn sản phẩm loại II.

B Một tấn sản phẩm loại II và không sản xuất sản phẩm loại I.

C Bốn tấn sản phẩm loại II và không sản xuất sản phẩm loại I.

D Ba tấn sản phẩm loại I và một tấn sản phẩm loạiII.

Lời giải.

Gọi x, y lần lượt là số tấn sản phẩm loại I và loại II sản suất trong ngày(x≥0, y ≥0 ).
Tiền lãi mỗi ngày là: L= 2x+ 1,6y (triệu đồng)

Số giờ làm việc của máy M1 là3x+y vàM2 là x+y.

Theo giả thiết ta có hệ bất phương trình:











3x+y≤6

x+y ≤4

x≥0

y≥0.

x
y

Nhìn vào đồ thị biểu thức L= 2x+ 1,6y đạt giá trị lớn nhất tại các đỉnh của tứ giácOAIC. Tính
tất cả các giá trị của biểu thức L= 2x+ 1,6y tại các đỉnh, ta thấy lớn nhất khi x= 1;y = 3.
Để có số tiền lãi cao nhất, mỗi ngày cần sản xuất một tấn sản phẩm loạiI và ba tấn sản phẩm loại

II.

Chọn đáp án A

Câu 16. Chof(x) =ax2+bx+cvớia 6= 0, có∆ =b2−4ac. Điều kiện đểf(x)>0,∀x∈

Rlà

a >0

∆≤0. B

a >0

∆≥0. C

a >0

∆<0. D

a <0
∆>0.

Lời giải.

f(x)>0,∀x∈R khi a >0và ∆<0.

Chọn đáp án C

Câu 17. Tập nghiệm của bất phương trình 2x2−7x−15≥0là

−∞;3
2

ị

∪[5; +∞). B

ï3

2; 5

ị

C (−∞;−5]∪

3
2; +∞

. D

−5;3
2

ị

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Lời giải.

Ta có

2x2−7x−15 = 0⇔




x= 5

x=−3

2.
Bảng xét dấu

x
x+ 1

−∞ −3

2 5 +∞

+ 0 − 0 +

Dựa vào bảng xét dấu ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho làS =

−∞;3
2

ị

∪[5; +∞).

Chọn đáp án A

Câu 18. Cặp bất phương trình nào sau đây là tương đương?

A x−2≤0và x2(x−2)≤0. B x−2<0 và x2(x−2)>0.

C x−2<0 và x2(x−2)<0. D x−2≥0và x2(x−2)≥0.
Lời giải.

Đặt f(x) = x2(x−2).

Ta có

x2 = 0⇔x= 0.
x−2 = 0 ⇔x= 2.

Bảng xét dấu

x
x2

x−2

f(x)

−∞ 0 2 +∞

+ 0 + +

− − 0 +

− 0 − 0 +

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy rằng bất phương trình x−2≥0tương đương với x2(x−2)≥0.

Chọn đáp án D

Câu 19. Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình (m + 1)x2 −2mx+m−2 = 0 có hai

nghiệm phân biệtx1,x2 khác 0thỏa mãn

+ 1

<3?

A m <2, m >6. B −2< m <2, m6=−1,m >6.

C 2< m <6. D −2< m <6.

Lời giải.

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 khi và chỉ khi









m+ 16= 0

m2−(m+ 1)(m−2)>0

m−2

m+ 1 6= 0

⇔







m6=−1

m+ 2>0

m−26= 0

⇔







m6=−1

m >−2

m6= 2.

Khi đó, ta có







x1+x2 =

2m
m+ 1

x1x2 =

m−2

m+ 1.
Theo bài ra, ta có

+ 1

= x1+x2

x1x2

= 2m

m−2 <3⇔

m−6

m−2 >0⇔

m >6

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Kết hợp với điều kiện trên, ta được −2< m <2, m6=−1,m >6 là các giá trị cần tìm.

Chọn đáp án B

Câu 20. Tính tổng các nghiệm nguyên thuộc [−5; 5] của bất phương trình √x2−9

3x−5

x+ 5

≤

x√x2−9.

A 2. B 12. C 0. D 5.

Li gii.

iu kin

x290

x+ 56= 0.

ã Nếu √x2 −9 = 0 ⇔x=±3 thỏa mãn bất phương trình đã cho.

• Nếu √x2 −9>0, thì bất phương trình đã cho tương đương với

3x−1

x+ 5 ≤x⇔

−x2−2x−1

x+ 5 ≤0⇔




x=−1

− 1

x+ 5 ≤0

⇔

x=−1

x >−5.

Kết hợp với x∈[−5; 5] ⇒x∈(−5;−3]∪[3; 5).

⇒Tổng tất cả các nghiệm nguyên thuộc đoạn[−5; 5]của bất phương trình là −4 + (−3) + 3 + 4 = 0.

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. B 3. B 4. D 5. B 6. C 7. C 8. B 9. B 10. C

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

CHƯƠNG

5.

THỐNG KÊ

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận

dụng cao

Phương sai và độ lệch chuẩn

Câu 1 Câu 6 Câu 14 Câu 19

Câu 2 Câu 7 Câu 15 Câu 20

Câu 3 Câu 8 Câu 16

Câu 4 Câu 9 Câu 17

Câu 5 Câu 10 Câu 18 20

Câu 11 100%

Câu 12
Câu 13

Cộng 5 8 5 2 20

25% 40% 25% 2% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Phương sai và độ

lệch chuẩn

1 NB Câu hỏi lý thuyết.

2 NB Câu hỏi lý thuyết.

3 NB Câu hỏi lý thuyết.

4 NB Bảng phân bố tần số và tần suất.

5 NB Bảng phân bố tần số và tần suất ghép lớp.

6 TH Biểu đồ tần số và tần suất hình cột.

7 TH Biểu đồ đường gấp khúc.

8 TH Biểu đồ hình quạt.

9 TH Số trung bình cộng.

10 TH Số trung bình cộng.

11 TH Tính phương sai, độ lệch chuẩn dựa vào bảng số liệucho trước.

12 TH Mốt.

13 TH Số trung vị.

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

15 VDT Số trung vị.

16 VDT Mốt.

17 VDT Tính phương sai, độ lệch chuẩn dựa vào bảng số liệucho trước.
18 VDT Tính phương sai, độ lệch chuẩn dựa vào bảng số liệucho trước.

19 VDC Số trung vị.

20 VDC Tính phương sai, độ lệch chuẩn dựa vào bảng số liệucho trước

Đề số 1

Câu 1. Nếu đơn vị của số liệu là kg thì đơn vị của phương sai là gì?

A kg. B kg2. C Khơng có đơn vị. D kg/2.

Lời giải.

Nếu đơn vị của số liệu là kg thì đơn vị của phương sai là kg2.

Chọn đáp án B

Câu 2. Độ lệch chuẩn là

A bình phương của phương sai. B một nửa của phương sai.

C căn bậc hai của phương sai. D hai lần của phương sai.

Lời giải.

Độ lệch chuẩn bằng căn bậc hai của phương sai.

Chọn đáp án C

Câu 3. Số lần xuất hiện của một giá trị trong mẫu số liệu thống kê được gọi là

A tần suất. B tần số. C mốt. D số trung vị.

Lời giải.

Số lần xuất hiện của một giá trị trong mẫu số liệu thống kê được gọi là tần số.

Chọn đáp án B

Câu 4. Một cảnh sát giao thông ghi tốc độ (đơn vị là km/h) của 30chiếc xe qua trạm như sau

40 41 41 80 40 52 52 52 60 55 60 60 62 55 55

60 65 60 65 65 70 70 65 75 75 70 55 70 41 65

Tìm tất cả các tốc độ có tần suất lớn nhất.

A 41km/h và 52km/h. B 55km/h và 70km/h.

C 60km/h và 65km/h. D 62km/h và 80km/h.

Lời giải.

Từ mẫu số liệu đã cho ta có bảng phân bố tần số như sau

Tốc độ 40 41 52 55 60 62 65 70 75 80 Cộng

Tần số 2 3 3 4 5 1 5 4 2 1 n= 30

Vậy có hai giá trị có tần số lớn nhất hay tần suất lớn nhất là 60 km/h và 65km/h.

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Câu 5. Kết quả của một kì thi tiếng Anh của 32 học sinh được cho bởi bảng phân bố tần số bên
dưới (thang điểm 100). Tínhx.

Lớp [40; 50) [50; 60) [60; 70) [70; 80) [80; 90) [90; 100] Cộng

Tần số 4 6 x 6 3 2 n= 32

A x= 11. B x= 65. C x= 10. D x= 9.

Lời giải.

Ta có 4 + 6 +x+ 6 + 3 + 2 = 32 nên x= 11.

Chọn đáp án A

Câu 6. Cho biểu đồ tần suất hình cột về thời gian (phút) khách hàng sử dụng máy tính số10trong
30ngày của một quán NET như hình vẽ.

Thời gian
Tần suất

15 60 90 120 150 180
20

23,33
26,67

Thời gian khách hàng sử dụng máy tính số 10 có tần suất cao nhất nằm trong khoảng nào sau
đây?

A Từ 60 phút đến dưới90 phút. B Từ 90 phút đến dưới120 phút.

C Từ 120 phút đến dưới150 phút. D Từ 150 phút đến dưới180 phút.

Lời giải.

Theo biểu đồ trên ta có

• Từ 60 phút đến dưới90 phút có tần suất là20%.

• Từ 90 phút đến dưới120 phút có tần suất là 30%.

• Từ 120 phút đến dưới 150 phút có tần suất là 26,67%.

• Từ 150 phút đến dưới 180 phút có tần suất là 23,33%.

Chọn đáp án B

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Số con
Tần suất

1 2 3 4

3,75
12,5
36,25
47,5

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A Các gia đình có 1 con chiếm3,75%. B Các gia đình có 2con chiếm 3,75%.

C Các gia đình có 3 con chiếm3,75%. D Các gia đình có 4con chiếm 3,75%.
Lời giải.

Theo biểu đồ trong hình vẽ ta có

• Các gia đình có 1con chiếm 12,5%.

• Các gia đình có 2con chiếm 47,5%.

• Các gia đình có 3con chiếm 36,25%.

• Các gia đình có 4con chiếm 3,75%

Chọn đáp án D

Câu 8.

Cho biểu đồ hình quạt về chiều cao của 40 học sinh (đơn
vị tính là cm) như hình vẽ. Có bao nhiêu học sinh có chiều
cao từ 165 cm đến170 cm?

A 6. B 12. C 10. D 15.

25%
30%

15% 30%

[150; 155)
[155; 160)
[160; 165)
[165; 170]

Lời giải.

Số học sinh cao từ 165 cm đến 170 cm là 40·30% = 12.

Chọn đáp án B

Câu 9. Cho biết tình hình thu hoạch lúa ở xã được thống kê như sau

Làng A B C D E

Diện tích trồng lúa (ha) 150 130 120 110 160

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Tính năng suất trung bình x (làm trịn đến chữ số thứ hai sau dấu phẩy) của xã đó.

A x= 37,40. B x= 38,05. C x= 36,36. D x= 39,50.

Lời giải.

Tổng diện tích trồng lúa của xã đó là 150 + 130 + 120 + 110 + 160 = 670 ha.
Năng suất lúa trung bình của xã đó là

x= 40·150 + 45·130 + 38·120 + 35·110 + 30·160

670 ≈37,40 tạ/ha.

Chọn đáp án A

Câu 10. Cho bảng phân bố tần suất ghép lớp:

Lớp các giá trị x [10; 12) [12; 14) [14; 16] Cộng

Tần số 10 25 65 100

Hãy tìm số trung bình cộng của bảng trên.

A 13. B 14. C 15. D 14,1.

Lời giải.

Giá trị đại diện của lớp[10; 12) làc1 =

10 + 12
2 = 11.
Giá trị đại diện của lớp[12; 14) làc2 =

12 + 14
2 = 13.
Giá trị đại diện của lớp[14; 16) làc3 =

14 + 16
2 = 15.
Số trung bình cộng là x= 11·10 + 13·25 + 15·65

100 = 14,1.

Chọn đáp án D

Câu 11. Có 100 học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi Toán (thang điểm là 20). Kết quả được cho
bởi bảng sau đây

Điểm 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

Tần số 1 1 3 5 8 13 19 24 14 10 2

Tính phương sai s2

x của bảng trên.

A s2x ≈3,96. B s2x ≈1,96. C s2x ≈1,99. D s2x ≈3,69.

Lời giải.

Điểm số trung bình là

x= 1·9 + 1·10 + 3·11 + 5·12 + 8·13 + 13·14 + 19·15 + 24·16 + 14·17 + 10·18 + 2·19

100 = 15,23.

Phương sai s2

x của bảng trên là

s2x = 1
100

1(9−15,23)2+ 1(10−15,23)2+ 3(11−15,23)2+ 5(12−15,23)2 + 8(13−15,23)2
+13(14−15,23)2+ 19(15−15,23)2+ 24(16−15,23)2+ 14(17−15,23)2

+10(18−15,23)2+ 2(19−15,23)2

≈3,96.

Chọn đáp án A

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Mệnh giá thẻ 10 20 50 100 200 500

Số thẻ bán được 24 27 40 33 11 3

Giá trị nào dưới đây là mốt của bảng số liệu trên?

A MO= 50. B MO = 40. C MO= 100. D MO = 500.

Lời giải.

Vì thẻ cào mệnh giá50 nghìn đồng bán được nhiều nhất với 40 thẻ nênMO = 50.

Chọn đáp án A

Câu 13. Số lượng khách tham quan một địa điểm du lịch trong mỗi tháng được thống kê trong
bảng sau đây

Tháng 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Số khách 230 660 430 450 590 980 770 80 600 500 350 900

Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

A Có 6 tháng số khách tham quan trên 550 người.

B Có 6 tháng số khách tham quan dưới 550 người.

C Bình quân mỗi tháng số khách tham quan dưới 550 người.

D Số trung vị là 550 người.
Lời giải.

• Có 6 tháng số khách tham quan trên 550 người là tháng 2, 5,6, 7,9, 12.

• Có 6 tháng số khách tham quan dưới 550 người là tháng 1, 3,4, 8,10, 11.

• Bình quân mỗi tháng số khách tham quan là

230 + 660 + 430 + 450 + 590 + 980 + 770 + 80 + 600 + 500 + 350 + 900

12 = 545<550.

• Ta viết lại dãy giá trị số khách tham quan là 80; 230; 350; 430; 450; 500; 590; 600; 660; 770;
900; 980.

Dãy này có12 số hạng nên số trung vị của dãy là 500 + 590

2 = 545.

Chọn đáp án D

Câu 14. Bảng liệt kê điểm thi học kì của Nam như sau

Mơn Tốn Lí Hóa Anh Văn Sử Địa Công

nghệ

Tin
học

Điểm 7 5 3 3 5 6 7 3 x

Nam sẽ phải cố môn Tin học bao nhiêu điểm thì sẽ có điểm trung bình là 5 điểm (điểm số cho làm
tròn thành số tự nhiên)?

A x= 4. B x= 5. C x= 6. D x= 7.

Lời giải.

Theo giả thiết ta có

5 = 7 + 5 + 3 + 3 + 5 + 6 + 7 + 3 +x

9 ⇔45 = 39 +x⇔x= 6.

Vậy Nam sẽ phải cố mơn Tin học đạt 6điểm thì sẽ có điểm trung bình là 5điểm.

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Câu 15. Tiền lương của 30công nhân xưởng may trong một nhà máy được cho bởi số liệu

Tiền lương (nghìn) 300 400 500 600

Số công nhân 5 10 x y

Số liệu ở 2 ô cuối bị mất. Biết rằng tiền lương trung bình đúng bằng số trung vị. Tìmx; y.

A x= 7, y= 8. B x= 10, y= 5. C x= 8, y= 7. D x= 9,y = 6.

Lời giải.

Ta có 5 + 10 +x+y= 30 suy ra y= 15−x.

Tiền lương trung bình là 5·300 + 10·400 + 500x+ 600y

30 =

5500 + 500x+ 600y

30 =

1450−10x

3 .

Vì dãy 300; 400; 500;600 có 4 số hạng nên số trung vị bằng 400 + 500

2 = 450.
Theo giả thiết ta có

1450−10x

3 = 450⇔1450−10x= 1350⇔x= 10.
Vậy x= 10, y= 5.

Chọn đáp án B

Câu 16. Điểm bài kiểm tra một tiết mơn Tốn của40học sinh lớp 10A1 được thống kê bằng bảng
số liệu dưới đây

Điểm 3 4 5 6 7 8 9 10 Cộng

Số học sinh 2 3 3n−8 2n+ 4 3 2 4 5 40

Trong đó n∈ N,n ≥4. Gọi MO là mốt của bảng số liệu thống kê đã cho. Mệnh đề nào dưới đây là

mệnh đề đúng?

A MO= 6. B MO >6. C MO= 10. D MO <6.

Lời giải.

Ta có

2 + 3 + (3n−8) + (2n+ 4) + 3 + 2 + 4 + 5 = 40⇔5n = 25⇔n = 5.

Khi đó, số học sinh đạt điểm 5 là7, số học sinh đạt điểm 6 là14.
Vậy MO = 6.

Chọn đáp án A

Câu 17. Người ta phân 400 quả trứng thành năm lớp căn cứ trên khối lượng của chúng (đơn vị là
gam). Ta có bảng phân bố tần số ghép lớp sau đây.

Lớp Tần số

[27,5; 32,5) 18
[32,5; 37,5) 76
[37,5; 42,5) 200
[42,5; 47,5) 100
[47,5; 52,5) 6

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Tính độ lệch chuẩn.

A s≈4,11 gam. B s≈4,12gam. C s≈4,13gam. D s ≈4,14 gam.

Lời giải.

Viết lại bảng phân bố tần số.

Lớp Giá trị đại diện Tần số

[27,5; 32,5) 30 18

[32,5; 37,5) 35 76

[37,5; 42,5) 40 200

[42,5; 47,5) 45 100

[47,5; 52,5) 50 6

Cộng 400

Giá trị trung bình là

x= 18·30 + 76·35 + 200·40 + 100·45 + 6·50

400 = 40.

Độ lệch chuẩn là

s= 1
20

18(30−40)2+ 76(35−40)2+ 200(40−40)2+ 100(45−40)2+ 6(50−40)2 =√17≈4,12.

Chọn đáp án B

Câu 18. Một người lái xe thường xuyên đi lại giữa hai địa điểm A và B. Thời gian đi (tính bằng
phút) được ghi lại trong bảng phân bố tần số ghép lớp sau đây.

Lớp Tần số

[40; 44] 9

[45; 49] 15

[50; 54] 30

[55; 59] 17

[60; 64] 17

[65; 69] 12

Cộng 100

Tính phương sai.

A s2 = 53,69. B s2 = 53,70. C s2 = 53,71. D s2 = 53,72.

Lời giải.

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Lớp Giá trị đại diện Tần số

[40; 44] 42 9

[45; 49] 47 15

[50; 54] 52 30

[55; 59] 57 17

[60; 64] 62 17

[65; 69] 67 12

Cộng 100

Giá trị trung bình là

x= 9·42 + 15·47 + 30·52 + 17·57 + 17·62 + 12·67

100 = 54,7.

Phương sai là

s2 = 9(42−x)

2+ 15(47−x)2+ 30(52−x)2+ 17(57−x)2 + 17(62−x)2+ 12(67−x)2

100 = 53,71

Chọn đáp án C

Câu 19. Doanh thu của10cửa hàng kinh doanh đồ điện tử tại một trung tâm mua sắm trong một
ngày (đơn vị triệu đồng) được thống kê như sau

Cửa hàng số 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Doanh thu 2 10 3 98 44 2 2 15 6 27

Trong trường hợp này ta chọn số nào dưới đây làm giá trị đại diện là tốt nhất?

A Số trung bình. B Số trung vị. C Mốt. D Số 2.

Lời giải.

Doanh thu trung bình của cửa hàng là

x= 2 + 10 + 3 + 98 + 44 + 2 + 2 + 15 + 6 + 27

10 = 20,9.

Ta có dãy2; 2;2; 3; 6; 10;15; 27; 44; 98 nên số trung vị là 6 + 10
2 = 8.

Ta chọn số trung vị làm đại diện là tốt nhất vì có sự chênh lệch lớn giữa các số liệu trong mẫu.

Chọn đáp án B

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

Lớp cân nặng (kg) Tần số

10A 10B

[30;36) 1 2

[36; 42) 2 7

[42; 48) 5 12

[48; 54) 15 13

[54; 60) 9 7

[60; 66) 6 5

Kết luận nào sau đây đúng?

A Độ lệch chuẩn của số liệu thống kê lớp 10A là s1 ≈ 7,!1 kg và học sinh lớp 10A có cân nặng
lớn hơn.

B Độ lệch chuẩn của số liệu thống kê lớp 10B là s1 ≈ 7,!1 kg và học sinh lớp 10A có cân nặng

lớn hơn.

C Độ lệch chuẩn của số liệu thống kê lớp 10A là s1 ≈7,1kg và học sinh lớp 10B có cân nặng lớn

hơn.

D Độ lệch chuẩn của số liệu thống kê lớp 10B làs1 ≈7,9 kg và học sinh lớp 10B có cân nặng lớn

hơn.

Lời giải.

Viết lại bảng phân bố tần số.

Lớp cân nặng (kg) Giá trị đại diện Tần số

10A 10B

[30; 36) 33 1 2

[36; 42) 39 2 7

[42; 48) 45 5 12

[48; 54) 51 15 13

[54; 60) 57 9 7

[60; 66) 63 6 5

Cộng 38 46

Cân nặng trung bình của học sinh lớp 10A là

x1 =

1·33 + 2·39 + 5·45 + 15·51 + 9·57 + 6·63

38 ≈52,4kg.

Độ lệch chuẩn của lớp 10A là s1 ≈7,1kg.

Cân nặng trung bình của học sinh lớp 10A là

x2 =

2·33 + 7·39 + 12·45 + 13·51 + 7·57 + 5·63

38 ≈49 kg.

Độ lệch chuẩn của lớp 10B là s2 ≈7,9 kg.

Như vậy, độ lệch chuẩn của số liệu thống kê lớp 10A là s1 ≈7,1kg và học sinh lớp 10A có cân nặng

lớn hơn.

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. C 3. B 4. C 5. A 6. B 7. D 8. B 9. A 10. D

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

CHƯƠNG

6.

GÓC LƯỢNG GIÁC VÀ CUNG LƯỢNG

GIÁC

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thơng
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1. Cung và góc lượng giác Câu 1 Câu 3 Câu 5 5

Câu 2 Câu 4 25%

2. Giá trị lượng giác của một

cung Câu 6

Câu 7 Câu 10 6

Câu 8 Câu 11

Câu 9 30%

3. Công thức lượng giác Câu 12 Câu 14 Câu 16 Câu 19 9

Câu 13 Câu 15 Câu 17 Câu 20

Câu 18 45%

Cộng 5 7 6 2 20

25% 35% 30% 10% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MƠ TẢ

Chủ đề 1. Cung
và góc lượng giác

1 NB Câu hỏi lý thuyết.

2 NB Mối liên hệ giữa độ và radian.

3 TH Độ dài của một cung tròn.

4 TH Biểu diễn cung lên đường tròn lượng giác.

5 VDT Các bài tốn có yếu tố thực tế, liên môn.

Chủ đề 2. Giá trị

lượng giác của

một cung

6 NB Câu hỏi lý thuyết.

7 TH Xét dấu của các giá trị lượng giác.

8 TH Tính giá trị lượng giác của một cung.

9 TH Giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt.

10 VDT Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

lượng giác.

11 VDT Rút gọn biểu thức lượng giác. Đẳng thức lượng giác.

Chủ đề 3. Công

12 NB Câu hỏi lý thuyết.

13 NB Áp dụng công thức cộng.

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

14 TH Áp dụng công thức nhân đôi - hạ bậc.

15 TH Áp dụng cơng thức biến đổi tích thành tổng, tổngthành tích.

16 VDT Kết hợp các cơng thức lượng giác.

17 VDT Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thứclượng giác.

18 VDT Nhận dạng tam giác.

19 VDC Các bài toán có yếu tố thực tế, liên mơn.

20 VDC Các bài tốn có yếu tố thực tế, liên mơn.

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Theo định nghĩa trong sách giáo khoa, đường tròn định hướng là một đường tròn trên đó
đã chọn

A một chiều chuyển động gọi là chiều dương và chiều ngược lại được gọi là chiều âm.

B chỉ một chiều chuyển động gọi là chiều dương.

C chỉ có một chiều chuyển động gọi là chiều âm.

D chỉ một chiều chuyển động.

Lời giải.

Theo ĐN SGK 10 cơ bản trang 134.

Chọn đáp án A

Câu 2. Góc có số đo 135◦ đổi sang rađian là

A 4π

3 . B

3π

4 . C

5π

6 . D

3π

5 .

Lời giải.

1◦ đổi được π

180 rađian.
Vậy 135◦ đổi được 135· π

180 =
3π

4 rađian.

Chọn đáp án B

Câu 3. Trên đường trịn bán kính R= 6, cung120◦ có độ dài bằng bao nhiêu?

A l=π. B l = 2π. C l= 4π. D l = 4π

3 .

Lời giải.

Cung 120◦ đổi được 120· π

180 =
2π

3 rađian.
Áp dụng: l=R.α. Suy ra l = 6· 2π

3 = 4π (đơn vị độ dài).

Chọn đáp án C

Câu 4. Trên đường tròn lượng giác gốcA, cung lượng giác nào có các điểm biểu diễn tạo thành tam
giác đều?

A kπ

3 . B

kπ

2 . C

kπ

4 . D

k2π

3 .

Lời giải.

Tam giác đều có góc ở đỉnh là 60o nên góc ở tâm là 120o tương ứng k2π

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Chọn đáp án D

Câu 5. Bánh xe của người đi xe đạp quay được2vòng trong 6giây. Hỏi trong 1giây, bánh xe quay
được bao nhiêu độ?

A 60◦. B 72◦. C 240◦. D 120◦.

Lời giải.

Trong 6 giây, bánh xe quay được 2·360◦ = 720◦.
Trong 1 giây, bánh xe quay được 720◦ : 6 = 120◦.

Chọn đáp án D

Câu 6. Khi biểu diễn cung lượng giác trên đường tròn lượng giác, khẳng định nào dưới đâysai?
A Điểm biểu diễn cung α và cung π−α đối xứng nhau qua trục tung.

B Điểm biểu diễn cung α và cung −α đối xứng nhau qua gốc tọa độ.

C Mỗi cung lượng giác được biểu diễn bởi một điểm duy nhất.

D Cung α và cung α+k2π có cùng điểm biểu diễn.

Lời giải.

Điểm biểu diễn cung α và cung −α đối xứng nhau qua trục hồnh.

Chọn đáp án B

Câu 7. Điểm cuối của góc lượng giácα ở góc phần tư thứ mấy nếu sinα, tanα trái dấu?

A Thứ I. B Thứ II hoặc IV. C Thứ II hoặc III. D Thứ I hoặc IV.

Lời giải.

Điểm cuối của góc lượng giácα ở góc phần tư thứ I thì sinα,tanα cùng mang dấu dương.
Điểm cuối của góc lượng giácα ở góc phần tư thứ IV thìsinα,tanα cùng mang dấu âm.

Điểm cuối của góc lượng giácα ở góc phần tư thứ II thìsinα mang dấu dương,tanα mang dấu âm.
Điểm cuối của góc lượng giácα ở góc phần tư thứ III thìsinα mang dấu âm,tanαmang dấu dương.

Chọn đáp án C

Câu 8. Cho góc α thỏa mãn cosα=−

√

3 và π < α <
3π

2 . Tính tanα.

A tanα=−√3

5. B tanα=

√

5. C tanα=−

√

5. D tanα=−
2

√

Lời giải.

Ta có sinα=±√1−cos2α=±2

3 .

π < α < 3π

2 ⇒sinα=−
2

3 ⇒tanα=
sinα

cosα =

√

5 .

Chọn đáp án B

Câu 9. Với mọi α thì sin

Å3π

2 +α

bằng

A −sinα. B −cosα. C cosα. D sinα.

Lời giải.

Ta có sin

Å3π

2 +α

= sin

2π+α− π

= sin

α− π

=−sin

2 −α

=−cosα.

Chọn đáp án B

Câu 10. Tính giá trị lớn nhất của E = 2 sinα−sin2α+ 3.

A 2. B 3. C 4. D 1.

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

E = 2 sinα−sin2α+ 3 =−(sinα−1)2+ 4.

Ta có −1≤sinα ≤1⇒ −2≤sinα−1≤0 ⇒0≤(sinα−1)2 ≤4.

−4≤ −(sinα−1)2 ≤0⇒0≤E ≤4.

Chọn đáp án C

Câu 11. Đơn giản biểu thức P = 1−cosα
sin2α −

1
1 + cosα.

A P =−2 cosα

sin2α. B P =

sin2α. C P =

1 + cosα. D P = 0.

Lời giải.

Ta có P = 1−cosα
sin2α −

1
1 + cosα =

1−cosα

1−cos2α −

1
1 + cosα.

= 1−cosα

(1−cosα) (1 + cosα)−
1
1 + cosα =

1
1 + cosα −

1 + cosα = 0.

Chọn đáp án D

Câu 12. Trong các công thức sau, công thức nào sai?

A cosa+ cosb= 2·cosa+b
2 ·cos

a−b

2 . B cosa−cosb = 2·sin
a+b

2 ·sin

a−b

2 .

C sina+ sinb= 2·sina+b
2 ·cos

a−b

2 . D sina−sinb = 2·cos

a+b

2 ·sin

a−b

2 .

Lời giải.

Ta có cosa−cosb =−2·sina+b
2 ·sin

a−b

2 .

Chọn đáp án B

Câu 13. Giá trị của biểu thức sin 2·cos 3−sin 3·cos 2 bằng

A sin 5. B sin 1. C −cos 5. D −sin 1.

Lời giải.

Ta có sin 2·cos 3−sin 3·cos 2 = sin (2−3) = sin (−1) =−sin 1.

Chọn đáp án D

Câu 14. Nếusinx+ cosx= √1

2 thì giá trị sin 2x bằng

A 1

2. B −

2. C

4. D −

1
4.

Lời giải.

sinx+ cosx= √1

2 ⇒(sinx+ cosx)

= 1

2 ⇔1 + sin 2x=
1

2 ⇔sin 2x=−
1
2.

Chọn đáp án B

Câu 15. Cho cos 2α= 2

3. Tính giá trị của biểu thức P = cosα·cos 3α.

A P = 7

18. B P =

9. C P =

9. D

5
18.

Lời giải.

Ta có

P = cosα·cos 3α = 1

2(cos 2α+ cos 4α) =
1
2(2 cos

22α+ cos 2α−1) = 1

2
đ
2
Å
2
3
ã2
+ 2
3−1

= 5
18.

Chọn đáp án D

Câu 16. Rút gọn biểu thứcP =

sina+ sina
2
1 + cosa+ cosa

trở thành biểu thức nào sau đây?

A tan 2a. B cota. C sina. D tan a

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

Lời giải.

Ta có:

sina+ sina
2
1 + cosa+ cosa

2
=

2 sina

2cos

2 + sin

2
2 cos2 a

2 + cos

2
=

2 cosa
2 + 1

sina
2

2 cosa
2 + 1

cosa
2
=
sina
2
cosa
2

= tana
2.

Chọn đáp án D

Câu 17. Cho M = 3 sinx+ 4 cosx. Chọn khẳng định đúng.

A M ≥ −5. B −5≤M ≤5. C M ≤5. D M ≥0.

Lời giải.

M = 5

Å3

5sinx+
4
5cosx

= 5 sin (x+α) với 3

5 = cosα,
4

5 = sinα.
Ta có: −1≤sin(x+α)≤1,∀x∈R⇔ −5≤5 sin(x+α)≤5, ∀x∈R.

Chọn đáp án B

Câu 18. Tam giácABC có các góc A, B, C thỏa mãn sinA
2cos

2 −sin

2cos

2 = 0 thì tam giác
đó có gì đặc biệt?

A Khơng có gì đặc biệt. B Tam giác đó vng.

C Tam giác đó đều. D Tam giác đó cân.

Lời giải.

Ta có sinA
2cos

2 −sin

2cos

2 = 0⇔

sinA
2
cos3 A

2
=

sinB
2
cos3 B

2
.

⇔tanA
2

1 + tan2 A
2

= tanB
2

1 + tan2 B
2

⇔tanA

2 = tan

2 ⇔

2 =

2 ⇔A=B.

Chọn đáp án D

Câu 19. Nếutan (a+b) = 7, tan (a−b) = 4 thì giá trị đúng của tan 2a là

A −11

27. B

27. C −

27. D

13
27.

Lời giải.

Ta có tan 2a = tan [(a+b) + (a−b)] = tan (a+b) + tan (a−b)
1−tan (a+b)·tan (a−b) =

7 + 4
1−7·4 =

−27 =−
11
27.

Chọn đáp án A

Câu 20. Cho x thỏa mãn cos4x−sin4x2 = 1

3. Tính giá trị biểu thức cos 8x?

A −7

9. B

9. C

3. D −

1
3.

Lời giải.

Ta có

cos4x−sin4x2 = 1
3

⇔ cos2x−sin2x2 = 1
3

⇔ cos22x= 1
3

⇔ 1 + cos 4x

2 =

1
3

⇔ cos 4x=−1

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Suy ra: cos 8x= 2 cos24x−1 = 2· 1

9−1 = −
7

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. A 2. B 3. C 4. D 5. D 6. B 7. C 8. B 9. B 10. C

11. D 12. B 13. D 14. B 15. D 16. D 17. B 18. D 19. A 20. A

Đề số 2

Câu 1. Khẳng định nào sau đây đúng?

A 1rad = π
180

◦

. B 1 rad = 60◦. C 1rad =

Å180

ã◦

. D 1◦ = 180

π rad.

Lời giải.

Ta có π rad = 180◦ nên 1 rad =

180

ã◦

Chọn đáp án C

Câu 2. Đổi gócα = π

9 ra đơn vị độ ta được

A α= 20◦. B α= 10◦. C α= 15◦. D α = 25◦.

Lời giải.

Ta có π
9 =

180◦
9 = 20

◦.

Chọn đáp án A

Câu 3. Trên đường trịn bán kính bằng 4, cung có số đo π

8 thì có độ dài là

A π

4. B

3. C

16. D

Lời giải.

Ta có l =α·R= π
2.

Chọn đáp án D

Câu 4. Trên đường tròn lượng giác, điểm M thỏa mãn (Ox, OM) = 500◦ thì nằm ở góc phần tư
thứ

A I. B II. C III. D IV.

Lời giải.

Ta có (Ox, OM) = 140◦ + 360◦ nên M nằm trong góc phần tư thứ II.

Chọn đáp án B

Câu 5. Trong 40phút đầu kim giờ vạch cung trịn có số đo là

A π

3. B −

9. C −

18. D

4π

3 .

Lời giải.

Trong 60 phút (= 1 giờ) thì kim giờ vạch cung trịn có số đo là −2π

12 =−

6 rad.
Vậy trong 40phút đầu kim giờ vạch cung trịn có số đo là −40·π

60·6 =−

9 rad.

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Câu 6. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây.

A sin(−α) = sinα. B cos

2 −α

=−sinα.

C cos(π−α) = cosα. D tan(π+α) = tanα.
Lời giải.

Ta có tan(π+α) = tanα.

Chọn đáp án D

Câu 7. Cho 0< α < π

2. Chọn khẳng định đúng.

A sinα >0. B sinα <0. C cosα <0. D tanα <0.

Lời giải.

Ta có 0< α < π

2 nên sinα >0.

Chọn đáp án A

Câu 8. Cho sinα = 3
5 với

2 < α < π. Chọn kết quả đúng

A cosα= 4

5. B tanα=

4. C tanα=

−4

3 . D cosα=

−4
5 .

Lời giải.

Ta có

sin2α+ cos2α= 1 ⇔ cos2α= 1−sin2α

⇔ cos2α= 1−

3
5

ã2

⇔ cos2α= 16
25

⇒ cosα=−4

5 ( vì

2 < α < π).

Chọn đáp án D

Câu 9. Cho cosα = 1

3.Tính giá trị của sin

α− 3π

A −2

3. B

3. C −

3. D

1
3.

Lời giải.

Ta có

sin

α−3π

= cos

Åπ

2 −

α−3π

ãã

= cos(2π−α) = cos(−α)
= cosα

= 1

Chọn đáp án D

Câu 10. Tính giá trị nhỏ nhất của P = cos2α−4 cosα+ 2019.

A 2020. B 2019. C 2016. D 2018.

Lời giải.

P = cos2α−4 cosα+ 2019 = (cosα−1)2−2 (cosα−1) + 2016.
Do −1≤cosα≤1 nên −2(cosα−1)≥0. Từ đó, suy raP ≥2016.
Giá trị nhỏ nhất của P là2016 khi cosα = 1.

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

Câu 11. Rút gọn biểu thức

A= sin

x+85π
2

+ cos (2017π+x) + sin2(33π+x) + sin2

x− 5π

A A= sinx. B A= 1. C A= 2. D A = 0.

Lời giải.

Ta có

A = sinx+π

2 + 42π

+ cos (2016π+π+x) + sin2(32π+π+x) + sin2x− π

2 −2π

= sinx+π
2

+ cos (π+x) + sin2(π+x) + sin2x− π

= cosx−cosx+ sin2x+ cos2x= 1.

Chọn đáp án B

Câu 12. Với mọi a, b khẳng định nào dưới đây đúng?

A sin (a+b) = sina·cosb+ sinb·cosa. B cos (a+b) = cosa·sinb−sina·cosb.

C cos (a+b) = cosa·cosb+ sina·sinb. D sin (a+b) = sina·sinb+ cosa·cosb.

Lời giải.

Theo công thức cộng thì ta có

1 sin (a+b) = sina·cosb+ sinb·cosa.

2 cos (a+b) = cosa·cosb−sina·sinb.

Chọn đáp án A

Câu 13. Cho a6= π

4 +kπ với k ∈Z. Mệnh đề nào sau đây đúng.

A tana+ π
4

= tana+ 1

1−tana. B tan

a+ π
4

= tana+ 1.

C tana+ π
4

= tana−1. D tana+ π

= tana−1
1 + tana.

Lời giải.

Ta có tana+π
4

tana+ tanπ
4
1−tana·tanπ

= tana+ 1
1−tana.

Chọn đáp án A

Câu 14. Khẳng định nào dưới đây đúng?

A sin4a−cos4a = cos 2a. B 2(cos4a+ sin4a) = 2−sin22a.

C (sina−cosa)2 = 1−2 sin 2a. D (sin2a+ cos2a)3 = 1 + 2 sin4acos4a.

Lời giải.

Ta có

• sin4a−cos4a = (sin2a−cos2a)(sin2a+ cos2a) =−(cos2a−sin2a) = −cos 2a.

• Lại có

2(cos4a+ sin4a) = 2((cos2a+ sin2a)2 −2 sin2acos2a)
= 2(1−2 sin2acos2a)

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

• (sina−cosa)2 = sin2a−2 sinacosa+ cos2a= 1−sin 2a.

• (sin2a+ cos2a)3 = 1.

Chọn đáp án B

Câu 15. Trong các phép biến đổi sau, phép biến đổi nào đúng?

A cosx+ cos 3x= 2 cos 4x·cos 2x. B cosx−cos 3x= 2 cos 4x·cos 2x.

C sinx+ sin 3x= 2 sin 4x·cos 2x. D sinx−sin 3x=−2 sinx·cos 2x.
Lời giải.

Ta có sinx−sin 3x= 2 cosx+ 3x
2 ·sin

x−3x

2 = 2 cos 2x·sin(−x) =−2 sinxcos 2x.

Chọn đáp án D

Câu 16. Cho A= sin 2a+ sin 5a−sin 3a

1 + cosa−2 sin22a . Đơn giản biểu thức A ta được

A A= 2 cota. B A= 2 tana. C A= 2 sina. D A = 2 cosa.

Lời giải.

Ta có

A = sin 2a+ (sin 5a−sin 3a)
1−2 sin22a+ cosa

= sin 2a+ 2 cos 4a·sina
cos 4a+ cosa

= 2 sina·cosa+ 2 cos 4a·sina
cos 4a+ cosa

= 2 sina(cosa+ cos 4a)
cos 4a+ cosa

= 2 sina.

Chọn đáp án C

Câu 17. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sina+√3 cosa.

A 2. B −1−√3. C −2. D 0.

Lời giải.

Ta có

sina+√3 cosa = 2 sin

a+π
3

≥ −2.

Suy ra giá trị nhỏ nhất của sina+√3 cosa bằng −2.

Chọn đáp án C

Câu 18. Tam giácABC thỏa mãn 5−cos 2A−cos 2B−cos 2C = 4(sinA·sinB+ sinC) là

A tam giác đều. B tam giác vuông nhưng không cân.

C tam giác vuông cân. D tam giác cân nhưng khơng vng.

Lời giải.

Ta có

5−cos 2A−cos 2B −cos 2C = 2 + 2 sin2A+ 2 sin2B + 2 sin2C≥4 sinA·sinB + 4 sinC.

Dấu “=” xảy ra khi A=B và C= 90◦.

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

Câu 19. Cho tanα+ cotα= 7, với 0< α < π

4. Tính giá trị của biểu thức P = tanα−cotα.

A P =√53. B P =−3√5. C P = 3√5. D P =−√53.

Lời giải.

Ta có

tanα+ cotα= 7 ⇔ sinα

cosα +

cosα

sinα = 7 ⇔

sinαcosα = 7⇔

sin 2α = 7⇔sin 2α=

2
7.
Lại có cos 2α=±p1−sin22α=±3

√

7 . Vì 0< α <

4 hay 0<2α <

2 nên cos 2α >0.
Do đócos 2α= 3

√

5
7 .
Khi đó

P = tanα−cotα = sinα
cosα −

cosα

sinα =

sin2α−cos2α

sinαcosα =

−2 cos 2α

sin 2α

= −2·3

√

7 ·

7
2 =−3

√

Chọn đáp án B

Câu 20. Cho hình thang cânABCDcó đáy nhỏAB, đáy lớnCD. BiếtAB=ADvàtanBDC’ =

3
4.
Tính cosBAD’.

A 17

25. B

−7

25. C

25. D

−17
25 .

Lời giải.

Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt DC tại I, ta có

BI kAD.

Ta có tứ giác ABID là hình bình hành mà AB = AD suy ra

ABID là hình thoi. GọiO là tâm hình thoi ABID.
Xét tam giác OID có

tanBDC’ =

IO
OD ⇒

IO
OD =

4 ⇒IO=
3
4OD.

A B

D I C
O

Tam giác AOD vuông tạiO và

AD =√AO2+DO2 =√IO2+OD2 =

Å3

4OD

ã2

+OD2 = 5

4OD.
Đặt α=ODA’, suy ra

cosα= AO

AD =
OI
AD =

3
4OD
5
4OD

= 3
5.
Ta có BAD’ = 2·OAD’ = 2·

2 −α

suy ra

cosBAD’ = cos(π−2α) =−(2 cos2α−1) =

7
25.

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

BẢNG ĐÁP ÁN

1. C 2. A 3. D 4. B 5. B 6. D 7. A 8. D 9. D 10. C

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

2

HÌNH HỌC LỚP 10

CHƯƠNG

1.

VÉC TƠ

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

Cộng

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1. Tổng hiệu của hai véc tơ Câu 1 Câu 3 Câu 5 Câu 7 7

Câu 2 Câu 4 Câu 6 28%

2. Tích của một số với véc tơ Câu 8 Câu 9 Câu 11 Câu 13 7

Câu 10 Câu 12 Câu 14 28%

3. Tọa độ điểm và tọa độ véc
tơ

Câu 15 Câu 17 Câu 21 Câu 24 11

Câu 16 Câu 18 Câu 22 Câu 25

Câu 19 Câu 23

Câu 20 44%

Cộng 5 8 7 5 25

(20%) (32%) (28%) (20%) 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Chủ đề 1. Hàm số
lượng giác

1 NB Nhận biết hai véc tơ bằng nhau

2 NB Nhận biết quy tắc ba điểm

3 TH Quy tắc phép trừ véc tơ

4 TH Quy tắc hình bình hành

5 VDT Tính độ dài vec tơ (tổng hoặc hiệu)

6 VDT Tìm đẳng thức vec tơ đúng (hoặc sai)

7 VDC Tìm đẳng thức vec tơ đúng (hoặc sai)

Chủ đề 2. Tích của
một số với véc tơ

8 NB Đẳng thức véc tơ liên quan đến trung điểm đoạn

thẳng

9 TH Đẳng thức véc tơ liên quan đến trọng tâm tam

giác

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

11 VDT Phân tích một vec tơ theo hai vec tơ khơng cùng
phương

12 VDT Phân tích một vec tơ theo hai vec tơ không cùng

phương

13 VDC Xác định điểm thỏa mãn hệ thức véc tơ

14 VDC Bài toán thực tế hoặc liên môn

Chủ đề 3. Véc tơ và
tọa độ

15 NB Tọa độ vec tơ

16 NB Tọa độ véc tơ tổng, hiệu

17 TH Tìm tọa độ điểm thỏa điều kiện hình bình hành

18 TH Tìm tọa độ véc tơ, tọa độ véc tổng, hiệu, tích

của một số với véc tơ

19 TH Hai vec tơ cùng phương, không cùng phương

20 TH Tọa độ các điểm đặc biệt trong tam giác

21 VDT Tìm tọa độ điểm thỏa mãn đẳng thức véc tơ

22 VDT Tìm tọa độ véc tơ thỏa mãn đẳng thức véc tơ

23 VDT Phân tích một véc tơ theo hai véc tơ

24 VDC Tìm tọa độ điểm thỏa mãn điều kiện cho trước

25 VDC Bài toán liên quan đến tọa độ điểm

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Khẳng định nào sau đây đúng?

A Hai vec-tơ có giá vng góc thì cùng phương.

B Hai vec-tơ cùng ngược hướng với vectơ thứ ba thì cùng hướng.

C Hai vec-tơ cùng phương thì cùng hướng.

D Hai vec-tơ cùng phương thì giá của chúng song song hoặc trùng nhau.
Lời giải.

Mệnh đề đúng là: Hai vectơ cùng phương thì giá của chúng song song hoặc trùng nhau (theo định
nghĩa SGK Hình học 10).

Chọn đáp án D

Câu 2. Cho #»u =DC# »+AB# »+BD# » với 4 điểm bất kì A, B, C, D. Chọn khẳng định đúng?

A #»u = #»0. B #»u = 2DC# ». C #»u =AC# ». D #»u =BC# ».

Lời giải.

#»u =DC# »+AB# »+BD# »=DC# »+AD# »=AC# ».

Chọn đáp án C

Câu 3. Cho ∆ABC bất kì. Đẳng thức nào dưới đây đúng?

A AB# »=CB# »−CA# ». B BC# »=AB# »−AC# ». C AC# »−CB# »=BA# ». D BC# »=AB# »+AC# ».

Lời giải.

Đẳng thức "AB# » =CB# »−CA# »" là đúng.

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

Câu 4. Cho hình bình hành ABCD. Tính #»v =BC# »−AB# ».

A #»v =DB# ». B #»v =BD# ». C #»v =AC# ». D #»v =CA# ».

Lời giải.

#»v =BC# »−AB# »=BC# »+BA# » =BD,# » theo quy tắc hình bình hành.

Chọn đáp án B

Câu 5. Cho hình chữ nhật ABCD cóAB=a, AD=a√3. Tính độ dài của vectơ CB# »−CD.# »

A a√3. B 2a. C a

√

3 . D 3a.

Lời giải.

Ta có CB# »−CD# »=DB# ».

Do ABCD là hình chữ nhật nên ta có BD =√AB2+AD2 = 2a. A

B C
D

Chọn đáp án B

Câu 6.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Đẳng thức nào sau đây đúng?

A AG# »= 1
2

# »

AB+ 1
2

# »

AC. B AG# »= 1
3

# »

AB+ 1

# »

AC.

C AG# »= 3
2

# »

AB+ 3
2

# »

AC. D AG# »= 2
3

# »

AB+ 2
3

# »

AC.

B G C

Lời giải.

Gọi M là trung điểm BC. Khi đó AM# »= 1
2

# »

AB+1
2

# »

AC.
Mà AG# »= 2

# »

AM ⇒AG# »= 1
3

# »

AB+1
3

# »

AC.

Chọn đáp án B

Câu 7. Cho ∆ABC. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Hệ thức nào

sau đây đúng?

A AD# »+BE# »+CF# »=AB# »+AC# »+BC# ». B AD# »+BE# »+CF# »=CA# »+BC# »+BA# ».

C AD# »+BE# »+CF# »=AE# »+BF# »+CD# ». D AD# »+BE# »+CF# »=BA# »+BC# »+AC# ».

Lời giải.

Ta có

# »

AD+BE# »+CF# »= 1
2

Ä# »

AB+AC# »+BC# »+BA# »+CA# »+CB# »ä = #»0

# »

AE+BF# »+CD# »= 1
2

Ä# »

AC+BA# »+CB# »ä= #»0

# »

AB+AC# »+BC# »= 2AC# »

# »

BA+BC# »+AC# »= 2BC# »

# »

CA+BC# »+BA# » = 2BA# »

Chọn đáp án C

Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của BC. Khẳng định nào sau đây
đúng?

A AM# »=M B# »=M C# ». B M B# »=M C# ».

C M B# »=−M C# ». D AM# »=

# »

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

Lời giải.

Vì M là trung điểm củaBC nên M B# »+M C# »= #»0 ⇔M B# »=−M C# ».

Chọn đáp án C

Câu 9. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm và M là trung điểm BC. Khẳng định nào sau đây

sai?

A GA# »=−2

# »

AM. B AB# »+AC# »= 3AG# ». C GA# »=BG# »+CG# ». D GB# »+GC# »=GM# ».
Lời giải.

Vì M là trung điểm củaBC suy ra M B# »+M C# »= #»0.
Ta có

®# »

GB =GM# »+M B# »

# »

GC =GM# »+M C# » ⇒

# »

GB+GC# »=M B# »+M C# »

| {z#» }

+2GM# »= 2GM# ».

Chọn đáp án D

Câu 10. Cho tam giác đềuABC và điểmI thỏa mãnIA# »= 2IB# ». Mệnh đề nào sau đây đúng?

A CI# »=

# »

CA−2CB# »

3 . B

# »

CI =

# »

CA+ 2CB# »

3 .

C CI# »=−CA# »+ 2CB# ». D CI# »=

# »

CA+ 2CB# »

−3 .

Lời giải.

Từ giả thiết IA# »= 2IB# » ⇒B là trung điểm củaIA⇒BI# » =AB# »,AI# » = 2AB# ».
Lại có

®# »

CI =CB# »+BI# »=CB# »+AB# »

# »

CI =CA# »+AI# »=CA# »+ 2AB.# »

⇒2CI# »=CA# »+CB# »+ 3AB# » =CA# »+CB# »+ 3ÄCB# »−CA# »ä =−2CA# »+ 4CB# »

⇔CI# »=−CA# »+ 2CB# ».

Chọn đáp án C

Câu 11. Cho tam giácABC. Hai điểm M,N chia cạnhBC theo ba phần bằng nhauBM =M N =

N C. TínhAM# » theo AB# » và AC# ».

A AM# »= 2
3

# »

AB+ 1

# »

AC. B AM# »= 1

# »

AB+ 2
3

# »

AC.

C AM# »= 2
3

# »

AB− 1

# »

AC. D AM# »= 1

# »

AB− 2

# »

AC.

Lời giải.

Ta có AM# »=AB# »+BM# »=AB# »+ 1
3

# »

BC =AB# »+ 1
3

Ä# »

AC−AB# »ä= 2
3

# »

AB+1
3

# »

AC.

Chọn đáp án A

Câu 12. Cho hình bình hành ABCD. Tính AB# » theo AC# » và BD# ».

A AB# »= 1
2

# »

AC+ 1

# »

BD. B AB# »= 1

# »

AC− 1

# »

BD.

C AB# »=AM# »− 1

# »

BC. D AB# »= 1

# »

AC−BD# ».

Lời giải.

Vì ABCD là hình bình hành nên CB# »+AD# » = #»0.
Ta có

®# »

AB=AC# »+CB# »

# »

AB=AD# »+DB# » ⇒2

# »

AB=AC# »+DB# »+ÄCB# »+AD# »ä=AC# »+DB# ».

⇒AB# »= 1
2

# »

AC+ 1
2

# »

BD.

Chọn đáp án A

Câu 13. Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng và điểm M thỏa mãn đẳng thức véc-tơ M A# » =

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

A P = 0. B P = 2. C P =−2. D P = 3.

Lời giải.

Do AB# » và AC# » không cùng phương nên tồn tại các số thực x, y sao cho

# »

AM =xAB# »+yAC,# » ∀M

⇔ AM# »=xÄAM# »+M B# »ä+yÄAM# »+M C# »ä

⇔ (1−x−y)AM# »=xM B# »+yM C# »

⇔ (x+y−1)M A# »=xM B# »+yM C.# »

Theo bài ra, ta có M A# »=xM B# »+yM C# » suy ra x+y−1 = 1 ⇔x+y= 2.

Chọn đáp án B

Câu 14. Cho hình chữ nhật ABCD và I là giao điểm của hai đường chéo. Tập hợp các điểm M

thỏa mãn

# »

M A+M B# »

# »

M C +M D# »

là

A trung trực của đoạn thẳng AB. B trung trực của đoạn thẳng AD.

C đường trịn tâm I, bán kính AC

2 . D đường trịn tâm I, bán kính

AB+BC

2 .

Lời giải.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm củaAB, CD.
Khi đó

®# »

M A+M B# »= 2M E# »

# »

M C +M D# »= 2M F# », ∀M.

Do đó

# »

M A+M B# »

=

# »

M C+M D# »

⇔2

# »
M E

= 2

# »
M F

⇔

# »
M E

=

# »
M F

. (∗)

VìE, F là hai điểm cố định nên từ đẳng thức(∗)suy ra tập hợp các điểmM là trung trực của đoạn
thẳng EF hay chính là trung trực của đoạn thẳng AD.

Chọn đáp án B

Câu 15. Cho #»a = (2;−4), #»b = (−5; 3). Tìm tọa độ của #»u = 2#»a − #»b.

A #»u = (7;−7). B #»u = (9;−11). C #»u = (9;−5). D #»u = (−1; 5).

Lời giải.

Ta có

2#»a = (4;−8)

− #»b = (5;−3) ⇒

#»u = 2#»a − #»b = (4 + 5;−8−3) = (9;−11).

Chọn đáp án B

Câu 16. Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1; 3), B(−1; 2), C(−2; 1). Tìm tọa độ của véc-tơ

# »

AB−AC# ».

A (−5;−3). B (1; 1). C (−1; 2). D (−1; 1).

Lời giải.

Ta có

®# »

AB= (−2;−1)

# »

AC = (−3;−2) ⇒

# »

AB−AC# »= (−2−(−3) ;−1−(−2)) = (1; 1).

Chọn đáp án B

Câu 17. Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1; 1), B(3; 2), C(6; 5). Tìm tọa độ điểm D để tứ
giác ABCD là hình bình hành.

A D(4; 3). B D(3; 4). C D(4; 4). D D(8; 6).

Lời giải.

Gọi D(x;y). Ta có AB# »= (2; 1), DC# »= (6−x; 5−y).
Tứ giácABCD là hình bình hành

⇔AB# »=DC# »⇔

2 = 6−x

1 = 5−y ⇔

x= 4

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

Chọn đáp án C

Câu 18. Trong hệ trục tọa độ ÄO;#»i;#»jä, tọa độ của véc-tơ #»i +#»j là

A (0; 1). B (1;−1). C (−1; 1). D (1; 1).

Lời giải.

Ta có

®#»

i = (1; 0)

#»

j = (0; 1) ⇒

#»

i + #»j = (1; 1).

Chọn đáp án D

Câu 19. Cho #»a = (−5; 0), #»b = (4;x). Tìm x để hai véc-tơ #»a, #»b cùng phương.

A x=−5. B x= 4. C x= 0. D x=−1.

Lời giải.

Hai véc-tơ #»a, #»b cùng phương ⇔ −5·x= 0·4⇒x= 0.

Chọn đáp án C

Câu 20. Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(6; 1), B(−3; 5) và trọng tâm G(−1; 1).
Tìm tọa độ đỉnh C.

A C(6;−3). B C(−6; 3). C C(−6;−3). D C(−3; 6).

Lời giải.

Gọi C(x;y).

Vì G là trọng tâm tam giácABC nên








6 + (−3) +x

3 =−1

1 + 5 +y

3 = 1

⇔

x=−6

y=−3.

Chọn đáp án C

Câu 21. Cho A(1;−2), B(0; 4) và C(3; 2). Tìm tọa độ điểm M sao cho CM# »= 2AB# »−3AC# ».

A M(−5; 2). B M(−8; 0). C M(8; 0). D M(−11; 2).

Lời giải.

Giả sử M(x;y). Ta có CM# »= (x−3;y−2),AB# »= (−1; 6),AC# »= (2; 4).
Suy ra 2AB# »−3AC# »= (−8; 0). Do đó

# »

CM = 2AB# »−3AC# »⇔

x−3 = −8

y−2 = 0 ⇔

x=−5

y = 2.

Chọn đáp án A

Câu 22. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho điểmA(3; 2),B(1; 5)và điểmM(x;y)thỏa mãn2M A# »+
5M B# »= (−10; 1). Khi đó giá trị của x+y là

A −1. B 1. C −7. D 7.

Lời giải.

Ta có M A# »= (3−x; 2−y), M B# »= (1−x; 5−y). Ta có
2M A# »+ 5M B# »= (−10; 1)⇔

2(3−x) + 5(1−x) =−10

2(2−y) + 5(5−y) = 1 ⇔

x= 3

y= 4.

Khi đó x+y= 7.

Chọn đáp án D

Câu 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho #»a = (3;−7), #»b = (−5; 4), #»c = (1; 2). Hãy biểu diễn #»a

theo #»b và #»c.

A #»a =−13

#»

b −23

#»c. B #»a = 13
14

#»

b −23

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

C #»a =−23

#»

b −13

#»c. D #»a =−13

#»

b −13

#»c.
Lời giải.

Giả sử #»a =x#»b +y#»c. Ta có

−5x+y = 3
4x+ 2y=−7 ⇔







x=−13

y =−23

14.

Chọn đáp án A

Câu 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCF cóA(−4; 1), B(2; 4), C(2;−2).
Gọi M là điểm nằm trên đoạnF B sao cho 2F M = 3M B. Tính tọa độ véc-tơ M B# ».

A M B# »=

Å
12
5 ;
18

5
ã

. B M B# »=

−12

5 ;−
18

C M B# »= (2;−2). D M B# »= (2; 2).

Lời giải.

Ta có BA# » = (−6;−3),BC# »= (0;−6).
Từ giả thiết có

# »

M B =−2

# »

=−2

Ä# »

BA+BC# »ä

=−2

5(−6 + 0;−3−6)
=
Å
12
5 ;
18
5
ã
.
A
B
F
M
C

Chọn đáp án A

Câu 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(1 + 2t; 1 + 3t)với t ∈R. Tìm tọa độ của điểm

M khix2

M +yM2 nhỏ nhất.

A M

− 5

13;−
5
13

. B M

Å 1

13;
2
13

. C M

Å 3

13;−
2
13

. D M

Å
− 3
13;
5
13
ã
.
Lời giải.

Ta có x2

M +y2M = (1 + 2t)2+ (1 + 3t)2 = 13t2+ 10t+ 2 = 13

t+ 5
13
ã2

+ 1
13 ≥
1
13.
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔t=− 5

13. Với t=−
5

13 ⇒M

Å 3

13;−
2
13

Vậy vớiM

Å 3

13;−
2
13

thì x2

M +y2M nhỏ nhất.

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. D 2. C 3. A 4. B 5. B 6. B 7. C 8. C 9. D 10. C

11. A 12. A 13. B 14. B 15. B 16. B 17. C 18. D 19. C 20. C

21. A 22. D 23. A 24. A 25. C

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

Câu 1. Cho ABCD là hình chữ nhật. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A AB# »=CD# ». B AD# »=BC# ». C AC# »=BD# ». D AB# » =AC# ».

Lời giải.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên ta có AD# » = BC# » vì chúng cùng
hướng và cùng độ dài.

D C

B
A

Chọn đáp án B

Câu 2. Cho ba điểmA, B, C bất kỳ. Khẳng định nào sau đây làsai?

A AB# »+AC# »=BC# ». B AB# »+BC# »=AC# ». C AC# »+CB# »=AB# ». D AB# »+BA# » = #»0.

Lời giải.

Áp dụng qui tắc ba điểm ta có AB# »+BC# »=AC# »;AC# »+CB# »=AB# »; AB# »+BA# »=AA# »= #»0.
Khẳng định AB# »+AC# »=BC# » là khơng có cơ sở.

Chọn đáp án A

Câu 3. Cho ba điểmM, N,P bất kỳ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A M N# »−P N# »=P M# ». B M N# »−M P# »=N P# ».

C M N# »−N P# »=M P# ». D M N# »−P N# »=M P# ».
Lời giải.

Với ba điểm M, N, P bất kỳ ta có M N# »−P N# »=M N# »+N P# »=M P# ».

Chọn đáp án D

Câu 4. Cho ABCD là hình bình hành. Khi đó

A AB# »−AD# »=AC# ». B AB# »+AD# »=BD# ». C AC# »−BD# »= #»0. D AB# »−AC# »=DA# ».
Lời giải.

Với ABCD là hình bình hành ta có AB# »−AC# »=DA# »⇔AB# »+AD# »=AC# » là luôn đúng.

Chọn đáp án D

Câu 5. Cho tam giác đềuABC cạnh bằng a, trọng tâm G. Độ dài véc-tơ AB# »+AG# »bằng

A 2a

√

6 . B

a√15

6 . C

a√21

7 . D

a√21
3 .

Lời giải.

Dựng hình bình hànhAGDB, theo qui tắc hình bình hành ta có:

# »

AB+AG# »=AD.# »

Gọi M là trung điểm của BC. Dựng DN ⊥ AM tại N, suy ra tứ giác

BDN M là hình chữ nhật ⇒M N =BD =AG= a

√

3 ,DN =BM =

2.
Tam giác AN D vng tạiN, có :

AN =AM +M N = a

√

2 +

a√3

3 =

5a√3
6

⇒AD=√AN2+N D2 = a

√

21
3 .
Vậy

# »

AB+AG# »
=

a√21
3 .

G
A

C
D

M
N

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

Câu 6. Cho 5điểm A, B, C, D, I bất kỳ. Chọn khẳng định đúng.

A AB# »+CD# »+IA# »=BC# »+ID# ». B AB# »+DC# »+IA# »=CB# »+ID# ».

C AB# »+CD# »+IA# »=CB# »+DI# ». D AB# »+CD# »+IA# »=CB# »+ID# ».
Lời giải.

Ta có AB# »+BC# »+CD# »=AD# ».

Mà AD# »=AI# »+ID# » nên AB# »+BC# »+CD# »=AI# »+ID# ».
Do đóAB# »+CD# »+IA# »=CB# »+ID# ».

Chọn đáp án D

Câu 7. Cho tứ giácABCD. Xét các khẳng định sau
(I): AB# »+BC# »+CD# »+DA# »= #»0

(II): AB# »+BD# »−CD# »=CA# »

(III): AB# »−AD# »=CB# »−CD# »

(IV): AC# »−AB# »=DB# »−DC# »

Tìm số khẳng định đúng.

A 0. B 1. C 2. D 4.

Lời giải.

Ta có:

• AB# »+BC# »+CD# »+DA# »=AA# »= #»0. Vậy (I) đúng.

• AB# »+BD# »−CD# »=AD# »−CD# »=AC# »6=CA# ». Vậy (II) sai.

• AB# »−AD# »=CB# »−CD# »⇔DB# »=DB# », luôn đúng. Vậy (III) đúng.

• AC# »−AB# »=DB# »−DC# »⇔BC# »=CB# », vô lí. Vậy (IV) sai.

Chọn đáp án C

Câu 8. Cho I là trung điểm củaAB và điểmM bất kỳ. Khẳng định nào sau đây là sai?

A M A# »−M B# »= 2AI# ». B AB# »=−2IA# ».

C M A# »+M B# »= 2M I# ». D AM# »+BM# »= 2IM# ».

Lời giải.

Vì I là trung điểm của AB nên ta có các kết quả: AB# » = 2AI# » = −2IA# »; M A# »+ M B# » = 2M I# »;

# »

AM +BM# »=−ÄM A# »+M B# »ä=−2M I# »= 2IM# »; M A# »−M B# » =BA# » = 2IA# ».

Chọn đáp án A

Câu 9. Cho G là trọng tâm tam giác ABC, gọi I là trung điểm của BC. Đẳng thức nào sau đây

đúng?

A GA# »= 2GI# ». B IG# »=−1

# »

IA. C GB# »+GC# »= 2GI# ». D GB# »+GC# »=GA# ».

Lời giải.

Áp dụng quy tắc trung điểm: vì I là trung điểm củaBC nên GB# »+GC# »= 2GI# ».

Chọn đáp án C

Câu 10. Cho hình bình hành ABCD, tâm O, gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Tìm mệnh đề

sai:

A AB# »+AD# »=AC# ». B AB# »+AD# »= 3AG# ». C AB# »−AD# »= 2BO# ». D GO# »= 1
3

# »

OC.

Lời giải.

• Xét phương ánAB# »+AD# » =AC# »

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

• Xét phương ánAB# »+AD# » = 3AG# »

Ta có AB# »+AD# »=AC# », mà AC# »= 3AG# » nên AB# »+AD# »= 3AG# » đúng.

• Xét phương ánAB# »−AD# »= 2BO# »

Ta có AB# »−AD# »=DB# », mà DB# » và BO# » là hai véc-tơ ngược hướng nênAB# »−AD# »= 2BO# » sai.

• Xét phương ánGO# »= 1
3

# »

Ta cóGlà trọng tâm tam giácABDnênGO# »= 1
3

# »

AOmàAO# »=OC# », vậy phương ánGO# »= 1
3

# »

đúng.

Chọn đáp án C

Câu 11.# » Cho tam giác ABC. GọiI là điểm thỏa điều kiên IA# »+ 2IB# »+ 3IC# »= #»0. Biểu thị vec-tơ

AI theo hai véc-tơ AB# » và AC# » là

A AI# »= 1
3

# »

AB+1

# »

AC. B AI# »=−1

# »

AB−1

# »

AC.

C AI# »= 1
3

# »

AB− 1

# »

AC. D AI# »=−1

# »

AB+1
2

# »

AC.

Lời giải.

Từ IA# »+ 2IB# »+ 3IC# »= #»0 ta suy ra

# »

IA+ 2ÄIA# »+AB# »ä+ 3ÄIA# »+AC# »ä= #»0

⇔ 6IA# »+ 2AB# »+ 3AC# »= #»0

⇔ AI# »= 1
3

# »

AB+ 1
2

# »

AC.

Chọn đáp án A

Câu 12. Cho tứ giácABCD, trên cạnhAB,CD lấy lần lượt các điểm M,N sao cho3AM# »= 2AB# »

và 3DN# »= 2DC# ». Biểu diễn véc-tơ M N# » theo hai véc-tơ AD# », BC# ».

A M N# »= 1
3

# »

AD+ 1
3

# »

BC. B M N# »= 1
3

# »

AD− 2

# »

BC.

C M N# »= 1
3

# »

AD+ 2

# »

BC. D M N# »= 2
3

# »

AD+1
3

# »

BC.

Lời giải.

Ta có M N# »=M A# »+AD# »+DN# »

= 2
3

# »

BA+AD# »+ 2
3
# »
DC
= 2
3
Ä# »

BC+CA# »ä+AD# »+2
3

Ä# »

DA+AC# »ä

= 2
3

# »

BC+AD# »− 2

3
# »
AD
= 1
3
# »

AD+ 2
3
# »
BC.
A
D
B C
M N

Vậy M N# »= 1
3

# »

AD+ 2
3

# »

BC.

Chọn đáp án C

Câu 13. Cho tam giác ABC, trọng tâm G, gọi I là trung điểm BC, M là điểm thoả mãn:
2

# »

M A+M B# »+M C# »
= 3

# »

M B+M C# »

. Khi đó, tập hợp điểmM là

A Đường trung trực của BC. B Đường trịn tâmG, bán kính BC.

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

Lời giải.

Ta có 2

# »

M A+M B# »+M C# »
= 3

# »

M B +M C# »

⇔2

3
# »
M G

= 3

2
# »
M I

⇔

# »
M G

=

# »
M I

⇔M G=M I.

Vậy tập hợp điểmM thoả hệ thức trên là đường trung trực của IG.

Chọn đáp án C

Câu 14. Cho ba lực F# »1 =

# »

M A,F# »2 =

# »

M B và F# »3 =

# »

M C cùng tác động vào một vật tại điểm M và
làm vật đứng yên. Cho biết cường độ lực F# »1 và F# »2 đều là 100 N và ÷AM B = 60◦. Tìm cường độ và

hướng của lực F# »3.

A |F# »3|= 100
√

3 N và ngược hướng với tia phân giác góc M của tam giác AM B .

B |F# »3|= 100N và cùng hướng với tia phân giác góc M của tam giácAM B .

C |F# »3|= 200N và cùng hướng với véc-tơ

# »

AB .

D |F# »3|= 100

√

2 N và cùng hướng với véc-tơ BA# » .

Lời giải.
M
C
A
B
I

Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó,M I là tia phân giác trong góc M của tam giácAM B. Do tam
giác AM B đều cạnh bằng 100 nên M I = 100

√

3
2 .
Vì vật đứng yên nênF# »1+

# »

F2+

# »

F3 = #»0 ⇔

# »

M A+M B# »+M C# »= #»0 ⇔2M I# »+M C# »= #»0 ⇔M C# »=−2M I.# »

Suy ra: M C# » vàM I# » ngược hướng, đồng thời

# »
M C

= 2

# »
M I

⇔M C = 2M I ⇔M C = 100

√

Chọn đáp án A

Câu 15. Trong mặt phẳng Oxy, choA(2; 4)và B(4;−1). Khi đó, tọa độ của AB# » là

A AB# »= (−2; 5). B AB# » = (6; 3). C AB# »= (2; 5). D AB# » = (2;−5).
Lời giải.

Ta có AB# » = (xB−xA;yB−yA) = (2;−5).

Chọn đáp án D

Câu 16. Cho #»a = (3;−4),#»b = (−1; 2). Tọa độ của #»a +#»b là

A (2;−2). B (−3;−8). C (4;−6). D (−4; 6).

Lời giải.

Ta có #»a + #»b = (3−1;−4 + 2) = (2;−2).

Chọn đáp án A

Câu 17. Trong mặt phẳng toạ độOxy cho hình bình hành ABCD cóA(−2; 3),B(0; 4), C(5;−4).
Toạ độ đỉnh D là

A (3;−5). B (3; 7). C (3; √2). D (√7; 2).

Lời giải.

ABCD là hình bình hành ⇒AD# » =BC# »⇔





xD+ 2 = 5−0

yD −3 =−4−4
⇔





xD = 3

yD =−5

⇒D(3;−5).

Chọn đáp án A

Câu 18. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểmN(5;−3), P(1; 0) và M tùy ý. Khi đó M N# »−M P# »

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

A (4; 3). B (−4; 1). C (4;−3). D (−4; 3).

Lời giải.# »

M N −M P# »=P N# »= (4;−3).

Chọn đáp án C

Câu 19. Biết rằng hai véc-tơ #»a và #»b khơng cùng phương. Tìm giá trị của x sao cho hai véc-tơ
2#»a −3#»b và #»a + (x−1)#»b cùng phương.

A 1

2. B −

2. C −

2. D

3
2.

Lời giải.

Do hai véc-tơ 2#»a −3#»b và #»a + (x−1)#»b cùng phương nên

2#»a −3#»b =kỵ#»a + (x−1)#»bó(k 6= 0, k∈R)

⇔ 2#»a −3#»b =k#»a +k(x−1)#»b

⇔ (k−2)#»a + [k(x−1) + 3]#»b = #»0. (1)
Theo đầu bài hai véc-tơ #»a và #»b không cùng phương nên

(1) ⇔

k = 2

k(x−1) =−3 ⇔





k = 2

x−1 = −3

⇔





k= 2

x=−1

2.
Vậy x=−1

Chọn đáp án C

Câu 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4ABC với trọng tâm G. Biết rằng A(−1; 4), B(2; 5),

G(0; 7). Hỏi tọa độ đỉnh C là cặp số nào?

A (2; 12). B (−1; 12). C (3; 1). D (1; 12).

Lời giải.

Vì G là trọng tâm4ABC nên

3xG=xA+xB+xC

3yG =yA+yB+yC
⇒

xC = 3xG−xB−xA =−1

yC = 3yG−yB−yA= 12.

Vậy C(−1; 12).

Chọn đáp án B

Câu 21. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 4), B(2; 1), C(−1;−2). Cho

M(x;y)trên đoạn thẳng BC sao cho SABC = 4SABM. Khi đó x2−y2 bằng

A 13

8 . B

2. C −

2. D

5
2.

Lời giải.

Vì 4ABC và 4ABM có chung đường cao AH nên

SABC = 4SABM ⇔BC = 4BM.

Mà M thuộc đoạn BC nên BC# » cùng hướng với BM# ».
Suy ra BC# »= 4BM# »⇔

−3 = 4(x−2)

−3 = 4(y−1) ⇔







x= 5
4

y= 1
4.
Vậy x2−y2 = 3

A
M

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

Chọn đáp án B

Câu 22. Cho hình thang ABCD vng tại A, DcóAB =AD =a và CD = 2a; gọi M, N lần lượt
là trung điểm củaAD,DC. Tính

# »

M A+M C# »+ 2M N# »

A 3a. B 2a. C a√5. D a√17.

Lời giải.

M N là đường trung bình ∆ADC nên

# »

M N = 1
2

# »

AC = 1
2(

# »

M C −M A# »).

Do đó

# »

M A+M C# »+ 2M N# »
=

# »

M A+M C# »+M C# »−M A# »

= 2M C = 2√M D2+DC2

= 2

…

+ (2a)2

= a√17.

A B

D N C
M

Chọn đáp án D

Câu 23. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho∆ABCcóA(6; 5), B(14; 10), C(−6; 3). Các đường thẳng

AB, AC lần lượt cắt các trục Ox,Oy tại M, N. Tìm toạ độ trung điểm của đoạn thẳng M N.

A (−2; 1). B (1;−2). C (2;−1). D (−1; 2).

Lời giải.

Gọi M(a; 0) ∈Oxvà N(0;b)∈Oy.

# »

AB= (8; 5);AC# »= (−12;−2);AM# »= (a−6;−5);AN# »= (−6;b−5).
Các đường thẳng AB, AC lần lượt cắt các trục Ox, Oy tại M, N nên

A, B, M thẳng hàng

A, C, N thẳng hàng

⇔

®# »

AM cùng phương AB# »

# »

AN cùng phươngAC# » ⇔







a−6

8 =

−5
5

−6

−12 =

b−5

−2

⇔

a =−2

b = 4 ⇒

M(−2; 0)

N(0; 4).

Suy ra trung điểm của M N có toạ độ là(−1; 2).

Chọn đáp án D

Câu 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểmE(3;−2), F(−1;−3). Tìm tọa độ điểm

G thuộc trục hoành sao choG thuộc đường thẳng EF.

A G

−11

5 ; 0

. B G(11; 0). C G

0;−11

. D G

0;−11

Lời giải.

Ta có EF# »= (−4;−1).
LấyG(x; 0) ∈Ox.

Để G∈EF khi và chỉ khi EG# »= (x−3; 2) và EF# » cùng phương, khi đó ta có

x−3

−4 =
2

−1 ⇔ −x+ 3 =−8⇔x= 11.
Vậy ta có G(11; 0).

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

Câu 25. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho ba điểmA(1; 0),B(0; 5)vàC(−3;−5). Tìm tọa độ điểm

M thuộc trục Oy sao cho
3

# »

M A−2M B# »+ 4M C# »

đạt giá trị nhỏ nhất.

A M(0; 5). B M(0; 6). C M(0;−6). D M(0;−5).

Lời giải.

Gọi I(a;b) là điểm thỏa mãn: 3IA# »−2IB# »+ 4IC# »= #»0
Ta có: 3IA# »−2IB# »+ 4IC# »= #»0 ⇔5IA# »= 2AB# »−4AC# » ⇔





a =−9

b =−6

⇒I

−9

5;−6

Khi đó

# »

M A−2M B# »+ 4M C# »

# »

IA−2IB# »+ 4IC# »−5IM# »

#»

0 −5IM# »

= 5IM

Do đó:
3

# »

M A−2M B# »+ 4M C# »

nhỏ nhất khiIM ngắn nhất. Suy ra M là hình chiếu vng góc của

−9

5;−6

trên Oy ⇒M(0;−6).

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. A 3. D 4. D 5. D 6. D 7. C 8. A 9. C 10. C

11. A 12. C 13. C 14. A 15. D 16. A 17. A 18. C 19. C 20. B

21. B 22. D 23. D 24. B 25. C

Đề số 3

Câu 1. Cho hình bình hành ABCD tâm O. VectơAD# » bằng vectơ nào sau đây?

A BC# ». B CB# ». C AB# ». D DC# ».

Lời giải.

ABCD là hình bình hành ⇔AD# » =BC# ».

Chọn đáp án A

Câu 2. Tính tổng P N# »+M P# ».

A #»0. B M N# ». C P M# ». D N M# ».

Lời giải.

Ta có: P N# »+M P# »=M P# »+P N# »=M N# ».

Chọn đáp án B

Câu 3. Gọi O là tâm hình vng ABCD. Tính OB# »−OC# ».

A ∆ADC. B DA# ». C OD# »−OA# ». D AB# ».

Lời giải.# »

OB−OC# »=CB# » =DA# ».

Chọn đáp án B

Câu 4. Cho hình bình hành ABCD, M là điểm tùy ý. Đẳng thức vectơ nào sau đây đúng?

A M B# »+M C# »+M D# »+M A# »= #»0. B M B# »+M C# »=M D# »+M A# ».

C M A# »+M C# »=M B# »+M D# ». D M D# »+M C# »=M B# »+M A# ».

Lời giải.

Gọi I là tâm hình bình hành. Khi đó: M A# »+M C# »= 2M I# » và M B# »+M D# »= 2M I# ».
Do đó: M A# »+M C# »=M B# »+M D# ».

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

Câu 5. Cho tam giác đềuABC có cạnh a , trọng tâmG . Khi đó

# »

AB−GC# »
bằng

A 2a

√

3 . B

3. C

3 . D

a√3
3 .

Lời giải.

A
I

B C

D
G

Gọi I là trung điểm của AC, D là điểm đối xứng với G qua I. Khi đó tứ giác AGCD là hình bình
hành. Suy ra GC# »=AD# ».

# »

AB−GC# »=AB# »−AD# »=DB# »⇒

# »

AB−GC# »

=DB = 2BG=

4
3BI =

2a√3
3 .

Chọn đáp án A

Câu 6. Gọi O là tâm hình bình hànhABCD. Đẳng thức nào sau đây sai?

A OA# »−OB# »=CD# ». B OB# »−OC# »=OD# »−OA# ».

C AB# »−AD# » =DB# ». D BC# »−BA# »=DC# »−DA# ».

Lời giải.

Xét các đáp án

A :OA# »−OB# »=BA# » =CD# ». Vậy A đúng.
B :





# »

OB−OC# »=CB# »=−AD# »

# »

OD−OA# » =AD# »

. Vậy B sai.
C :AB# »−AD# »=DB.# » Vậy C đúng.

D :





# »

BC−BA# » =AC# »

# »

DC−DA# »=AC# » . Vậy D đúng.

Chọn đáp án B

Câu 7. Cho tam giác ABC có trực tâm H, D là điểm đối xứng với B qua tâm O của đường tròn
ngoại tiếp tam giac ABC. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A AD# »=CH# ». B OB# »=OD# ». C AD# »+AC# »=AH# ». D AD# »−AC# »=HA# ».
Lời giải.

C
D

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

Ta có: O là trung điểm củaBD nên OB# »=DO# ». Do đó B sai.

Mặt khác: AH kDC (cùng vng góc với BC) và ADkHC (cung vng góc với AB) nên tứ giác

ADCH là hình bình hành. Suy ra:
+ AD# »=HC# » nên A sai.

+ AD# »+AH# »=AC# » nên C sai.

+ AD# »−AC# »=CD# »=HA# » nên D đúng.

Chọn đáp án D

Câu 8. Điều kiện nào là điều kiện cần và đủ đểI là trung điểm của đoạn thẳng AB?

A IA=IB. B IA# »+IB# »= #»0. C IA# »−IB# »= #»0. D IA# » =IB# ».

Lời giải.

I là trung điểm của đoạn thẳng AB⇔IA# »+IB# » = #»0.

Chọn đáp án B

Câu 9. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, M tùy ý. Đẳng
thức nào sau đây là đúng?

A GA# »= 2GI# ». B M A# »+M B# »+M C# »= #»0.

C GB# »+GC# »= 2GI# ». D GB# »+GC# »=GA# ».

Lời giải.

C
I

I là trung điểm của đoạn thẳng BC ⇒GB# »+GC# »= 2GI# ».

Chọn đáp án C

Câu 10. Cho∆ABC có trung tuyến AI,Dlà trung điểm AI. Đẳng thức nào sau đây đúng với mọi
điểm O?

A OA# »+OB# »+OC# »= 3OI# ». B 2OA# »+OB# »+OC# »= #»0.

C OA# »+OB# »+OC# »= #»0. D 2OA# »+OB# »+OC# »= 4OD# ».
Lời giải.

C
I

Ta có: OA# »+OB# »+OC# »= 3OG# »với Glà trọng tâm của ∆ABC nên A, C sai.
2OA# »+OB# »+OC# »= 2OA# »+ 2OI# »= 2ÄOA# »+OI# »ä= 4OD# ».

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

Câu 11. Cho tam giác ABC có M là điểm trên cạnh BC sao cho M B = 2M C. Khi đó

A AM# »= 2
3

# »

AB+ 1
3

# »

AC. B AM# »= 1
3

# »

AB+ 2

# »

AC.

C AM# »=AB# »−AC# ». D AM# »=AC# »−AB# ».

Lời giải.

B C

# »

AM =AB# »+BM# »=AB# »+2
3

# »

BC =AB# »+2
3

Ä# »

AC−AB# »ä= 1
3

# »

AB+2

# »

AC.

Chọn đáp án B

Câu 12. Cho tứ giác ABCD . Gọi I là trung điểm của cạnh AC , K là điểm thỏa AK# » = 2
3

# »

AD.
Phân tích CK# » theo CA# » vàID# ».

A CK# »=−2

# »

CA− 2

# »

ID. B CK# »= 2
3

# »

CA+ 2

# »

ID.

C CK# »= 2
3

# »

CA− 2

# »

ID. D CK# »=−2

# »

CA+2
3

# »
ID.
Lời giải.
B
A
C
D
K
I
Ta có
# »

CK =CI# »+ID# »+DK# »= 1
2

# »

CA+ID# »+ 1
3

# »

DA = 1
2

# »

CA+ID# »+ 1
3

Ä# »

IA−ID# »ä

= 1
2

# »

CA+ID# »+1
3 ·

1
2

# »

CA− 1

# »

ID= 2
3

# »

CA+2
3

# »

ID.

Chọn đáp án B

Câu 13. Cho tam giác ABC và điểm M thỏa mãn M B# »+M C# »=AB# ». Tìm vị trí điểm M.

A M là trung điểm củaAC.

B M là trung điểm củaAB.

C M là trung điểm củaBC.

D M là điểm thứ tư của hình bình hành ABCM.

Lời giải.# »

M B+M C# »=AB# »⇔M B# »+BA# »+M C# »= #»0 ⇔M A# »+M C# »= #»0 ⇔ M là trung điểm củaAC.

Chọn đáp án A

Câu 14. Cho ba lực F#»1 =

# »

M A,F#»2 =

# »

M B,F#»3 =

# »

M C cùng tác động vào một vật tại điểm M và
vật đứng yên. Cho biết cường độ của F#»1,F#»2 đều bằng 50N và góc ÷AM B = 600 . Khi đó cường độ

</div>
(114)<div class='page_container' data-page=114>

A 100√3N. B 25√3N. C 50√3 N. D 50√2 N.

Lời giải.

C F# »3

# »

Gọi I là trung điểm của AB. Vì M AB là tam giác đều nên M I =M A·
√

3
2 = 25

√

3.
Do đó: M C = 2M I = 50√3N.

Vậy F# »3 có cường độ 50

√

3 N.

Chọn đáp án C

Câu 15. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho A(−5; 2), B(10; 8). Tìm tọa độ của vectơ AB# ».

A (5; 10). B (15; 6). C (5; 6). D (−50; 16).

Lời giải.# »

AB= (15; 6).

Chọn đáp án B

Câu 16. Trong hệ trục tọa độ (O;#»i;#»j)tọa độ #»i +#»j là:

A (0; 1). B (1;−1). C (−1; 1). D (1; 1).

Lời giải.

Ta có: #»i = (1; 0),#»j = (0; 1)⇒ #»i + #»j = (1; 1).

Chọn đáp án D

Câu 17. Trong mặt phẳng Oxy, cho A(1; 2), B(−2; 3), C(2;−1). Tìm tọa độ điểm D để tứ giác

ABCD là hình bình hành.

A D(4;−4). B D(5; 2). C D(4;−2). D D(5;−2).

Lời giải.

Ta có:

xA+xC =xB+xD

yA+yC =yB+yD
⇒

xD = 5

yD =−2

Chọn đáp án D

Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho hai vectơ #»a = (1; −1), #»b = (0; 2). Xác định tọa độ của
vectơ #»x sao cho #»x = #»b −2#»a.

A #»x = (−2; 0). B #»x = (−2; 4). C #»x = (−1; 1). D I(−1; 3).

Lời giải.

#»x = #»b −2#»a ⇒ #»x = (−2; 4).

Chọn đáp án B

Câu 19. Cho hai vectơ #»a = (5; 2), #»b = (x,4). Hai vectơ #»a, #»b cùng phương nếu

A x= 8. B x= 10. C x= 9. D x= 7.

Lời giải.

#»a, #»b cùng phương⇔ x

5 =
4

2 ⇔x= 10.

</div>
(115)<div class='page_container' data-page=115>

Câu 20. Trong hệ tọa độOxy, cho tam giácABC cóA(6; 1), B(−3; 5) và trọng tâmG(−1; 1). Tìm
tọa độ đỉnh C?

A (6;−3). B (−6; 3). C (−6;−3). D (−3; 6).

Lời giải.

G là trọng tâm của∆ABC ⇔

xA+xB+xC = 3xG

yA+yB+yC = 3yG
⇔

xC = 3xG−xA−xB

yC = 3yG−yA−yB
⇔

xC =−6

yC =−3

Chọn đáp án C

Câu 21. Trong mặt phẳng Oxy, cho A(2; 5), B(1; 1), C(3; 3), một điểm E trong mặt phẳng tọa độ
thỏa mãn AE# »= 3AB# »−2AC# ». Tọa độ của E là

A (3;−3). B (−3; 3). C (−3;−3). D (−2;−3).

Lời giải.
# »

AE = 3AB# »−2AC# »⇒OE# »−OA# »= 3ÄOB# »−OA# »ä−2ÄOC# »−OA# »ä⇒OE# »= 3OB# »−2OC# »

⇒

xE = 3xB−2xC

yE = 3yB−2yC
⇒

xE =−3

yE =−3

Chọn đáp án C

Câu 22. Trong mpOxy cho tam giácABC cóA(2; 1), B(−3;−1),C(4; 3). Tọa độ #»u = 2AB# »−BC# »

là

A (−3; 0). B (−17; 0). C (−3; 8). D (−17;−8).
Lời giải.# »

AB= (−5;−2),BC# »= (7; 4)⇒ #»u = (−17;−8).

Chọn đáp án D

Câu 23. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho #»a = (2; 3),#»b = (−4; 2),#»c = (−5;−4). TínhP =m−n

sao cho #»a =m#»b +n#»c.

A P = 23

26. B P =−

26. C P =−
23

26. D P =
9
26.

Lời giải.

#»a =m#»b +n#»c ⇔®−4m−5n = 2
2m−4n = 3 ⇔







m= 7
26

− 8

⇒P =m−n = 23
26.

Chọn đáp án A

Câu 24. ChoA(2; 3), B(0; 2). ĐiểmM trên trục hoành sao cho A, M, B thẳng hàng. Tọa độ của M

là

A (−4; 0). B (4; 0). C (5; 0). D (−3; 0).

Lời giải.

M ∈Ox⇒M(x; 0).

# »

AM = (x−2;−3),AB# » = (−2;−1).

A, M, B thẳng hàng⇔AM# »và AB# » cùng phương

⇔ x−2
−2 =

−3

−1

⇔x=−4.

Chọn đáp án A

Câu 25. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho A(1; 0),B(0; 3), C(−3;−5). Tìm tọa độ điểmM thuộc
trục Ox sao cho

# »

M A−3M B# »+ 2M C# »

nhỏ nhất?

</div>
(116)<div class='page_container' data-page=116>

Lời giải.

M ∈Ox⇒M(x; 0).

Ta có: M A# »= (1−x; 0),M B# »= (−x; 3),M C# »= (−3−x;−5).
Suy ra: 2M A# »−3M B# »+ 2M C# »= (−x−4;−19).

Khi đó:
2

# »

M A−3M B# »+ 2M C# »
=

(x+ 4)2+ 192 ≥19.

Do đó:
2

# »

M A−3M B# »+ 2M C# »

nhỏ nhất khi x+ 4 = 0⇔x=−4.

Vậy M(−4; 0).

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. A 2. B 3. B 4. C 5. A 6. B 7. D 8. B 9. C 10. D

11. B 12. B 13. A 14. C 15. B 16. D 17. D 18. B 19. B 20. C

</div>
(117)<div class='page_container' data-page=117>

CHƯƠNG

2.

TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ

ỨNG DỤNG

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

Cộng

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1 Giá trị lượng giác của

một góc bất kì từ 0◦ đến 180◦ Câu 1

Câu 2 Câu 4 5

Câu 3 Câu 5 25%

2 Tích vơ hướng của hai
véc-tơ

Câu 8 Câu 12 12

Câu 6 Câu 9 Câu 13 Câu 16

Câu 7 Câu 10 Câu 14 Câu 17

Câu 11 Câu 15 60%

3 Các hệ thức lượng trong

tam giác và giải tam giác Câu 18 Câu 19 Câu 20

12
45%

Cộng 4 7 7 2 20

20% 35% 35% 10% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Chủ đề 1. Giá trị
lượng giác của một
góc bất kì từ 0◦ đến

180◦

1 NB Tính giá trị lượng giác của một góc khi biết

một GTLG

2 TH Chứng minh đẳng thức lượng giác

3 TH Tính giá trị biểu thức lượng giác

4 VDT Rút gọn biểu thức lượng giác

5 VDT Các hệ thức liên quan đến tam giác

Chủ đề 2. Giá trị
lượng giác của một

cung

6 NB Xác định góc giữa hai vectơ bằng định nghĩa

7 NB Tính tích vơ hướng của hai vectơ theo định

nghĩa

8 TH Tính góc giữa hai véc-tơ

9 TH Dùng tích vơ hướng để chứng minh vng góc

10 TH Tính độ dài vectơ khi biết tọa độ véc-tơ

11 TH Tìm tọa độ trung điểm, trọng tâm

12 VDT Các dạng toán liên quan đến thẳng hàng, cùng

</div>
(118)<div class='page_container' data-page=118>

13 VDT Chứng minh hệ thức liên quan đến tích vơ
hướng

14 VDT Biểu thức tọa độ tích vơ hướng

15 VDT Tìm tọa độ điểm thỏa hệ thức khác

16 VDT Tìm tọa độ trực tâm, chân đường cao, tâm

đường trịn ngoại tiếp

17 VDC Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp

Chủ đề 3. Cơng thức
lượng giác

18 NB Hệ thức lượng trong tam giác vuông, tỉ số

lượng giác

19 TH Sử dụng các HTL để chứng minh

20 TH Tính các yếu tố trong tam giác, giải tam giác

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Cho α là góc tù. Mệnh đề nào đúng trong các mệnh đề sau?

A sinα <0. B cosα >0. C cotα >0. D tanα <0.
Lời giải.

Do α >90◦ nên tanα <0.

Chọn đáp án D

Câu 2. Trong các hệ thức sau hệ thức nào đúng?

A sin2α+ cosα2 = 1. B sin2α+ cos2 α

2 = 1.

C sinα2+ cosα2 = 1. D sin22α+ cos22α= 1.
Lời giải.

Công thức cơ bảnsin22α+ cos22α= 1.

Chọn đáp án D

Câu 3. Cho biết cosα =−2

3. Tính giá trị của biểu thứcE =

cotα+ 3 tanα

2 cotα+ tanα?

A −19

13. B

13. C

13. D −

25
13.

Lời giải.

E = cotα+ 3 tanα
2 cotα+ tanα =

1 + 3 tan2α

2 + tan2α =

3 (tan2α+ 1)−2

1 + (1 + tan2α) =
3
cos2α −2

1
cos2α + 1

= 3−2 cos

2α

1 + cos2α =

19
13.

Chọn đáp án B

Câu 4. Biểu thức tan2x·sin2x−tan2x+ sin2x có giá trị bằng

A −1. B 0. C 2. D 1.

Lời giải.

tan2x·sin2x−tan2x+ sin2x= tan2x sin2x−1

+ sin2x= sin

2x

cos2x(−cos

2x) + sin2x= 0

</div>
(119)<div class='page_container' data-page=119>

Câu 5. Cho tam giác ABC với Ab= 60◦. Tính tổng

Ä# »

AB,BC# »ä+ÄBC,# » CA# »ä.

A 360◦. B 240◦. C 270◦. D 120◦.

Lời giải.

Dựng(AB# » = (BE# »và(BC# »= (CF# »Ta cóÄAB,# » BC# »ä+

Ä# »

BC,CA# »ä =ÄBE,# » BC# »ä+ÄCF ,# » CA# »ä

=CBE’ +ACF’ = (60◦+Cb) + (60◦+B“) = 240◦.

F
B

60◦+C“

60◦+B“

Chọn đáp án B

Câu 6. Cho tam giácABCvng tạiAvà gócABC’ = 30◦. Xác định góc giữa hai véc-tơ
Ä# »

CA,CB# »ä.

A 120◦. B −30◦. C 60◦. D 30◦.

Lời giải.

Góc giữa hai véc-tơ ÄCA,# » CB# »ä =ACB’ = 90◦−30◦ = 60◦.

Chọn đáp án C

Câu 7. Cho hình vng ABCD cạnh a. Tính tích vơ hướng của hai vectơ AB# » và AC# ».

A AB# »·AC# »= 2a. B AB# »·AC# »=a√2. C AB# »·AC# »=a2. D AB# »·AC# »= 2a2.

Lời giải.

Ta có AB# »·AC# »=|AB# »| · |AC# »| ·cos(AB,# » AC# ») = a·a√2 cos 45◦ =a2.

Chọn đáp án C

Câu 8. Cho #»a = (1; 2),#»b = (−2;−1). Giá trị của #»a · #»b là

A 4. B (−3,3). C (−1,1). D −4.

Lời giải.

Ta có #»a · #»b =a1b1+a2b2.

Do đó ta có #»a · #»b = 1·(−2) + 2·(−1) =−4.

Chọn đáp án D

Câu 9. Trong mặt phẳngOxy, cho hai điểm A(−1; 2), B

Å9

2; 3

. Tìm tọa độ điểmC trên trục Ox

sao cho tam giác ABC vuông tại C vàC có tọa độ nguyên.

A (−3; 0). B (3; 0). C (0;−3). D (0; 3).

Lời giải.

Gọi C(c; 0) là điểm thuộc Ox. Để tam giác ABC vng tại C thì

# »

AC ⊥BC# »⇔AC# »·BC# »= 0 ⇔(c+ 1)

c− 9

+ (−2) (−3) = 0⇔




c= 3

c= 1
2

</div>
(120)<div class='page_container' data-page=120>

Vì C có tọa độ nguyên nên suy ra C(3; 0).

Chọn đáp án B

Câu 10. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho các điểmA(−4; 2), B(2; 4). Tính độ dài AB.

A AB= 40. B AB = 2. C AB= 4. D AB = 2√10.

Lời giải.# »

AB= (6; 2)⇒AB= 2√10.

Chọn đáp án D

Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(−1;−1), B(4; 1). Tìm tọa độ trọng tâm

G của tam giác OAB.

A G(1; 0). B G

Å3

2; 0

. C G

Å5

2;−1

. D G

Å5

3;−
1
3

Lời giải.

Ta có xG =

xO+xA+xB

3 = 1 vàyG =

yO+yA+yB

3 = 0. Vậy G(1; 0)

Chọn đáp án A

Câu 12. Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(2; 1), B(−1; 2). Xác định tọa độ điểm C thuộc Ox

sao cho A, B, C thẳng hàng.

A (0; 5). B (0;−1). C (5; 0). D (−1; 0).

Lời giải.

Gọi C(a; 0) ∈Ox(với a ∈R).

Ta có AB# » = (−3; 1);AC# »= (a−2;−1).

Để ba điểmA, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi AB,# » AC# » cùng phương ⇒a−2 = 3 hay a= 5.

Vậy C(5; 0).

Chọn đáp án C

Câu 13. Cho hai vectơ #»a và #»b. Đẳng thức nào sau đây sai?

A #»a · #»b = 1
2

Å

#»a +#»b

2
−

#»a − #»b

2ã

. B #»a · #»b = 1
4

Å

#»a +#»b

−

#»a − #»b

2ã

C #»a · #»b = 1
2

|#»a|2+

#»
b

2
−

#»a − #»b

2ã

. D #»a · #»b = 1

Å

#»a +#»b

− |#»a|2−

#»
b

2ã
.
Lời giải.

Dễ thấy 1
2

Å

#»a + #»b

−

#»a − #»b

2ã

= 2#»a · #»b nên #»a · #»b = 1
2

Å

#»a +#»b

−

#»a − #»b

2ã

sai.

Chọn đáp án A

Câu 14. Trong hệ trục tọa độOxy, cho #»u = (2; 5)và #»v = (−3; 1). Tìm số thựcm để #»a =m#»u+#»v

tạo với #»b = (1; 1) một góc 45◦.

A m=−1. B m = 2. C m=−1

5. D m =

3
2.

</div>
(121)<div class='page_container' data-page=121>

Vec-tơ #»a = (2m−3; 5m+ 1); #»b = (1; 1).
cosÄ#»a ,#»bä =

√

2
2

⇔ p(2m−3)·1 + (5m+ 1)·1

(2m−3)2+ (5m+ 1)2·√2 =

√

2
2

⇔ √ 7m−2

29m2−2m+ 10 = 1

⇔ √29m2−2m+ 10 = 7m−2

⇔

7m−2≥0

29m2−2m+ 10 = 49m2−28m+ 4

⇔





m ≥ 2

20m2−26m−6 = 0

⇔m= 3
2.

Chọn đáp án D

Câu 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hình bình hành ABCD cóA(1;−2), B(−5; 3)và

3; 1

là trọng tâm tam giácABC. Tìm tọa độ đỉnh D.

A D(10;−4). B D(12;−3). C D(10;−3). D D(3;−10).

Lời giải.

Gọi D(x;y). Khi đó BD# » = (x+ 5;y−3) và BG# »=

17
3 ;−2

.
Ta có BD# » = 3BG# »⇒

x+ 5 = 17

y−3 =−6 ⇒

x= 12

y=−3 ⇒D(12;−3).

Chọn đáp án B

Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho tam giácABC với A(4; 3),B(−5; 6)vàC(−4;−1). Tìm
tọa độ trực tâm H của tam giácABC.

A H(3;−2). B H(−3;−2). C H(−3; 2). D H(3; 2).

Lời giải.

B C

Gọi H(x;y) là trực tâm của tam giác ABC.
Ta có:# »

AH = (x−4;y−3); BC# »= (1;−7).

# »

BH = (x+ 5;y−6);AC# »= (−8;−4).
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên:

®# »

AH ⊥BC# »

# »

BH ⊥AC# » ⇔

®# »

AH·BC# »= 0

# »

BH·AC# »= 0 ⇔

x−4−7(y−3) = 0

−8(x+ 5)−4(y−6) = 0 ⇔

x−7y=−17
2x+y=−4 ⇔

x=−3

y= 2.

</div>
(122)<div class='page_container' data-page=122>

Chọn đáp án C

Câu 17. Trong mặt phẳng (Oxy) cho tam giácABC với A(−2; 3), B

Å1

4; 0

, C(2; 0). Tìm tâm J

của đường trịn nội tiếp tam giácABC.

A J
Å
1
2;
1
2
ã

. B J

Å
−1
2;
1

2
ã

. C J

1
2;−

1
2

. D J

−1

2;−
1
2

Lời giải.

Ta có AB# » =

Å9

4;−3

,AC# »= (4;−3)⇒AB= 15

4 và AC = 5.

Gọi AD là phân giác trong của góc A với D thuộc BC. Gọi tọa độ của điểmD(x;y).

# »

DC = (2−x;−y);DB# »=

4 −x;−y

ã
.
Mặt khác
DB
DC =

AB
AC ⇒
# »

DB =−AB

AC ·

# »

DC ⇔DB# »=−3

4
# »
DC ⇔





1

4 −x=−
3

4(2−x)

−y= −3
4 (−y)

⇔

x= 1

y= 0.

Vậy D(1; 0).

Gọi BJ là đường phân giác trong gócB với J thuộc AD. Gọi tọa độ của điềm J làJ(x;y).

# »

BA=

−9

4; 3

⇒AB= 15
4 .

# »

BD=

3
4; 0

⇒BD= 3
4.

Theo tính chất đường phân giác góc B ta có

J A
J D =

BA
BD ⇒

# »

J A=−5J D# »⇔

−2−x=−5(1−x)
3−y=−5(−y) ⇔








x= 1
2

y= 1
2.
Vậy tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC làJ

Å1
2;
1
2
ã
.

Chọn đáp án A

Câu 18. Cho tam giácABC vuông tạiA cóAB= 2cm,AC = 4cm. Độ dài đường caoAH là

A 2

√

5 . B

√

5. C 3

√

5 . D

4√5
5 .

Lời giải.

Ta có AH = √AB·AC

AB2+AC2 =

2·4

√

22+ 42 =

4√5
5 .

Chọn đáp án D

Câu 19. Cho tam giác ABC có BC =a, CA=b, AB =c. Biểu thứca2+b2−c2 bằng

A −2abcosC. B 2bccosA. C 2abcosC. D −2bccosA.

Lời giải.

Ta có a2+b2−c2 =a2+b2 −(a2 +b2−2abcosC) = 2abcosC.

Chọn đáp án C

</div>
(123)<div class='page_container' data-page=123>

A S= 16. B S = 8. C S = 60. D S = 18.
Lời giải.

Diện tích tam giác ABC làS∆ABC =

2AB·AC·sinBAC’ ⇒AB·AC·sinBAC’ = 24.
Diện tích tam giác ABC sau khi thay đổi độ dài các cạnh là

S = 1

2 ·3AB·

2 ·sinBAC’ =
3

4·24 = 18.

Chọn đáp án D

BẢNG ĐÁP ÁN

1. D 2. D 3. B 4. B 5. B 6. C 7. C 8. D 9. B 10. D

11. A 12. C 13. A 14. D 15. B 16. C 17. A 18. D 19. C 20. D

Đề số 2

Câu 1. Cho góc nhọnα cósinα= 1

2. Giá trị củacosα là

A 1

2. B −

2. C

√

2 . D −

√

3
2 .

Lời giải.

Ta có cos2α= 1−sin2α= 1− 1

4 =
3
4.
Do α là góc nhọn, suy ra cosα=

√

3
2 .

Chọn đáp án C

Câu 2. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A sin4x−cos4x= 1−2 sin2xcos2x. B sin4x−cos4x= 1−2 cos2x.

C sin4x−cos4x= 1−2 sin2x. D sin4x−cos4x= 2 cos2x−1.

Lời giải.

Ta có sin4x−cos4x= sin2x−cos2x

sin2x+ cos2x

= 1−2 cos2x.

Chọn đáp án B

Câu 3. Cho sinx= 3
5, 90

◦ < x <180◦. Giá trị của biểu thức P = tanx·cos2x bằng

A 12

25. B

12. C −

12. D −

12
25.

Lời giải.

cos2x= 1−sin2x= 1− 9

25 =
16

25 ⇒cosx=±
4
5.
Do 90◦ < x <180◦ ⇒cosx <0. Vậy cosx=−4

P = tanx·cos2x= sinx

cosx ·cos

2x= sinx·cosx= 3

5 ·

−4

=−12

25.

Chọn đáp án D

Câu 4. Rút gọn biểu thứcP = tanα−3 cotα

tanα+ cotα được kết quả là

</div>
(124)<div class='page_container' data-page=124>

Ta có P = tanα−3 cotα
tanα+ cotα =

tanα− 3

tanα

tanα+ 1
tanα

= tan

2α−3

tan2α+ 1 = 1−

tan2α+ 1 = 1−4 cos
2α.

Chọn đáp án D

Câu 5. Cho tam giác ABC. Đẳng thức nào sai?

A cosB +C
2 = sin

2. B sin(A+B−2C) = sin 3C.

C sin(A+B) = sinC. D cosA+B+ 2C

2 = sin

Lời giải.
• cosB+C

2 = cos

180◦−A

2 = cos

90◦−A

= sinA

2, nên “cos

B+C

2 = sin

2” đúng.

• sin(A+B−2C) = sin(180◦−3C) = sin 3C nên “sin(A+B−2C) = sin 3C” đúng.

• sin(A+B) = sin(180◦−C) = sinC nên “sin(A+B) = sinC ” đúng.

• “cosA+B + 2C

2 = sin

2” sai.

Chọn đáp án D

Câu 6. Cho tam giác ABC. Góc giữa hai véc-tơ CA# » vàCB# » là

A ABC’. B CAB’. C ACB’. D ABC’.

Lời giải.

Theo định nghĩa góc giữa hai véc-tơ, ta có ÄCA# »;CB# »ä=ACB’.

Chọn đáp án C

Câu 7. Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a. Khi đó tích vơ hướng AB# »·AC# » bằng

A −a

2. B

3a2

2 . C

5a2

2 . D

Lời giải.

# »

AB·AC# »=AB·ACcos 60◦ = a

Chọn đáp án D

Câu 8. Cho hai véc-tơ #»a = (4; 3), #»b = (−1;−7). Tính góc giữa hai véc-tơ đó.

A 135◦. B 45◦. C 30◦. D 60◦.

Lời giải.

Ta có #»a · #»b = 4·(−1) + 3·(−7) =−25.

|#»a|=√42+ 32 = 5.

#»

(−1)2+ (−7)2 = 5√2.

cosÄ#»a ,#»bä=

#»

a ·#»b

|#»a| ·

#»

= −25
5·5√2 =−

√

2 . Suy ra

Ä#»

a ,#»bä= 135◦.

Chọn đáp án A

Câu 9. Cho #»a = (1;−2). Với giá trị nào của y thì #»b = (−3;y) vng góc với #»a?

A −6. B 6. C −3

2. D 3.

</div>
(125)<div class='page_container' data-page=125>

Ta có #»a ⊥ #»b ⇔ #»a · #»b = 0⇔1·(−3) + (−2)·y= 0 ⇔ −3−2y= 0 ⇔y=−3

Chọn đáp án C

Câu 10. Trong hệ tọa độ Oxy, cho véc-tơ #»a = (3;−4). Đẳng thức nào sau đây đúng?

A |#»a|= 5. B |#»a|= 3. C |#»a|= 4. D |#»a|= 7.

Lời giải.

Ta có |#»a|=p32+ (−4)2 = 5.

Chọn đáp án A

Câu 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác M N P có M(1;−1), N(5;−3) và P là điểm thuộc
trục Oy, trọng tâm G của tam giác M N P nằm trên trục Ox. Tọa độ điểm P là

A (2; 4). B (0; 4). C (0; 2). D (2; 0).

Lời giải.

P ∈Oy ⇒P(0;y).

G∈Ox⇒G(x; 0).

Điểm Glà trọng tâm của tam giác M N P ⇔







x= 1 + 5 + 0
3

0 = (−1) + (−3) +y
3

⇔

x= 2

y= 4.

Chọn đáp án A

Câu 12. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(2; 3), B(−2; 1). Điểm C thuộc trục Ox sao cho tam
giác ABC vng tại C có tọa độ là

A C(3; 0). B C(−3; 0). C C(−1; 0). D C(2; 0).

Lời giải.

Ta có C ∈Ox⇒ C(x; 0). Khi đó AC# »= (x−2;−3);BC# »= (x+ 2;−1).

Tam giác ABC vuông tạiC ⇒AC# »⊥BC# » ⇔AC.# »BC# »= 0 ⇔x2−4 + 3 = 0⇔x=±1.

Vậy C(−1; 0) hoặc C(1; 0).

Chọn đáp án C

Câu 13. Cho hai véc-tơ #»a ,#»b thỏa mãn |#»a| = 4;

#»

b
= 3;

#»a − #»b

= 4. Gọi α là góc giữa hai

véc-tơ #»a ,#»b. Chọn phát biểu đúng.

A α= 60◦. B α= 30◦. C cosα = 1

3. D cosα=

3
8.

Lời giải.

Ta có

#»a − #»b

= 4⇒

#»a − #»b

= 16⇒2#»a · #»b = (#»a)2+Ä#»bä2−16 =|#»a|2+

#»

−16 = 9.

Khi đó cosÄ#»a ,#»bä =

#»a · #»b
|#»a| ·

#»

= 3
8.

Chọn đáp án D

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai véc-tơ #»u = (4; 1) và #»v = (1; 4). Tìm m để véc-tơ

#»a =m· #»u +#»v tạo với véc-tơ #»b = #»i + #»j một góc 45◦.

A m= 4. B m =−1

2. C m=−

4. D m =

1
2.

Lời giải.

</div>
(126)<div class='page_container' data-page=126>

⇒ p 4m+ 1 +m+ 4

(4m+ 1)2+ (m+ 4)2·√12+ 12 = cos 45

◦

⇔ √ 5m+ 5

17m2+ 16m+ 17·√2 =

√

2
2

⇔√17m2+ 16m+ 17 = 5m+ 5

⇔

5m+ 5≥0

8m2+ 34m+ 8 = 0

⇔m=−1

Chọn đáp án C

Câu 15. Cho hình chữ nhật ABCD biết AB = 2AD và điểm K thuộc cạnh AB thoả mãn BK# » =

xBA# ». Tìm x đểCK vng góc với BD.

A x= 1

2. B x=

3. C x=−

2. D x=

1
4.

Lời giải.

Ta có CK# »=CB# »+BK# »=−AD# »+xBA# » và BD# »=BA# »+AD# ».
Để CK vng góc với BD, ta có

# »

CK·BD# »= 0

⇔ Ä−AD# »+xBA# »ä ÄBA# »+AD# »ä= 0

⇔ xAB2−AD2 = 0 (vì AB⊥AD ⇒BA# »·AD# »= 0)

⇔ 4xAD2−AD2 = 0

⇔ x= 1
4.

Vậy x= 1

Chọn đáp án D

Câu 16. Cho tam giácABC cóA(−1; 3),B(−2; 0), C(5; 1). Trực tâmH của tam giácABC có tọa
độ là

A (3;−1). B (−1; 3). C (1;−3). D (−1;−3).

Lời giải.

Gọi H(x;y).

Ta có: AH# »= (x+ 1;y−3),BC# » = (7; 1), BH# »= (x+ 2;y), AC# »= (6;−2).

H là trực tâm của tam giác ABC nên ta có:

®# »

AH·BC# »= 0

# »

BH·AC# »= 0 ⇔

7(x+ 1) + 1(y−3) = 0

6(x+ 2)−2y= 0 ⇔

7x+y=−4
6x−2y =−12 ⇔

x=−1

y= 3 ⇒H(−1; 3).

Chọn đáp án B

Câu 17. Cho ba điểm A(−2; 3), B

1
4; 0

, C(2; 0). Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác

ABC.

Å1

2;
1
2

. B

−1

2;−
1
2

. C

0;1
2

. D

Å 1

12; 1

Lời giải.

AB= 15

4 , AC = 5, k =−

AB
AC =

−3
4

Gọi D là giao điểm của phân giác trong góc Abvà BC ⇒DB# » =−

3
4

# »

</div>
(127)<div class='page_container' data-page=127>

⇒






1

4−x=−
3

4(2−x)

−y=−3

4(0−y)

⇒

x= 1

y = 0 ⇒D(1; 0).

BA= 15

4 , BD=
3
4 ⇒k

=−5

Gọi J là giao điểm của phân giác trong góc B và AD.
Ta có: J A# »=−5J D# »⇒

−2−x=−5(1−x)
3−y=−5(0−y) ⇒







x= 1
2

y= 1
2
⇒J
Å1
2;
1
2
ã
.

Chọn đáp án A

Câu 18. Tính giá trị biểu thứcP = sin 30◦cos 60◦+ sin 60◦cos 30◦.

A P = 1. B P = 0. C P =√3. D P =−√3.

Lời giải.

Ta có P = sin 30◦cos 60◦+ sin 60◦cos 30◦ = 1
2 ·
1
2+
√
3
2 ·
√
3
2 = 1.

Chọn đáp án A

Câu 19. Cho 4ABC có độ dài ba cạnh lần lượt là 2, 3, 4. Góc nhỏ nhất của 4ABC cósin bằng
bao nhiêu?

√

8 . B

√

5. C −

2. D

√

3
4 .

Lời giải.

Khơng mất tính tổng quát, giả sử tam giác4ABC cóa= 2,

b= 3, c= 4.

Khi đó, góc nhỏ nhất của4ABC là BAC’.

Ta có

cosBAC’ =

32+ 42−22
2·3·4 =

7
8.
Mặt khác

sinBAC’ =
»

1−cos2

’
BAC =

1−
Å
7
8
ã2
=
√
15
8 .
A
C
B
a= 2

b= 3

c= 4

Chọn đáp án A

Câu 20.

Từ vị trí A người ta quan sát một cây cao biết AH = 4 m,

HB = 20 m,BAC’ = 45◦. Chiều cao của cây gần với kết quả

nào nhất?

A 17,3 m. B 16,7 m. C 24 m. D 15,2 m.

</div>
(128)<div class='page_container' data-page=128>

Xét 4AHB ta có:

AB=√AH2+HB2 = 4√26;

cosABH’ =

HB
AB =

20
4√26 =

√

26 ⇒ABH’ ≈11

◦180.

Suy ra ABC’ = 90◦−11◦180 = 78◦420

⇒ACB’ = 180◦−(45◦+ 78◦420) = 56◦180

Áp dụng Định lý sin trong 4ABC, ta có

sinBAC’

= AB

sinACB’

⇔BC = sinBAC’
sinACB’

·AB≈17,3.

Vậy chiều cao của cây gần bằng 17,3m.

45◦

H
A

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. C 2. B 3. D 4. D 5. D 6. C 7. D 8. A 9. C 10. A

11. A 12. C 13. D 14. C 15. D 16. B 17. A 18. A 19. A 20. A

Đề số 3

Câu 1. Giá trịcos 45◦+ sin 45◦ bằng bao nhiêu?

A 1. B √2. C √3. D 0.

Lời giải.

Bằng cách tra bảng giá trị lượng giác của các góc đặc biệt hay dùng MTCT ta được









cos 45◦ =

√

2
2
sin 45◦ =

√

2
2

⇒cos 45◦+ sin 45◦ =√2.

Chọn đáp án B

Câu 2. Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào đúng?

A sin (180◦−a) =−cosa. B sin (180◦−a) =−sina.

C sin (180◦−a) = sina. D sin (180◦−a) = cosa.

Lời giải.

Ta có sin (180◦−a) = sina.

Chọn đáp án C

Câu 3. Tính giá trị biểu thứcP = cos 30◦cos 60◦−sin 30◦sin 60◦.

A P =√3. B P =

√

2 . C P = 1. D P = 0.

Lời giải.

Vì 30◦ và 60◦ là hai góc phụ nhau nên

sin 30◦ = cos 60◦
sin 60◦ = cos 30◦.

⇒P = cos 30◦cos 60◦−sin 30◦sin 60◦ = cos 30◦cos 60◦−cos 60◦cos 30◦ = 0.

</div>
(129)<div class='page_container' data-page=129>

Câu 4. Cho biết cosα =−2

3. Giá trị củaP =

cotα+ 3 tanα

2 cotα+ tanα bằng bao nhiêu?

A P =−19

13. B P =

13. C P =

13. D P =−

25
13.

Lời giải.

Ta có biểu thức sin2α+ cos2α = 1⇔sin2α= 1−cos2α= 5

9.
Ta có P = cotα+ 3 tanα

2 cotα+ tanα =

cosα

sinα + 3

sinα

cosα

2· cosα

sinα +

sinα

cosα

= cos

2α+ 3 sin2α

2 cos2α+ sin2α =

−2

ã2

+ 3· 5

9
2·
Å
−2
3
ã2
+ 5
9

= 19
13.

Chọn đáp án B

Câu 5. Cho tam giác ABC. Tính P = sinA·cos(B +C) + cosA·sin(B +C).

A P = 0. B P = 1. C P =−1. D P = 2.

Lời giải.

Giả sử Ab=α; B“+Cb=β.

Biểu thức trở thành P = sinαcosβ+ cosαsinβ.
Trong tam giácABC, có

A+B“+Cb = 180◦ ⇒α+β = 180◦.

Do hai góc α và β bù nhau nênsinα= sinβ; cosα =−cosβ.
Do đó, P = sinαcosβ+ cosαsinβ =−sinαcosα+ cosαsinα= 0.

Chọn đáp án A

Câu 6. Cho hai véc-tơ #»a và #»b khác #»0. Xác định góc α giữa hai véc-tơ #»a và #»b khi #»a · #»b =

− |#»a| ·

#»

b

.

A α= 180◦. B α= 0◦. C α= 90◦. D α = 45◦.

Lời giải.

Ta có #»a · #»b =|#»a| ·

#»

b
·cos(

#»a ,#»b).

Mà theo giả thiết #»a · #»b =− |#»a| ·

#»

, suy ra cos(

#»a ,#»b) = −1⇒(#»a ,#»b) = 180◦.

Chọn đáp án A

Câu 7. Cho #»a và #»b là hai véc-tơ cùng hướng và đều khác véc-tơ #»0. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A #»a · #»b =|#»a| ·

#»
b

. B

#»a · #»b = 0.

C #»a · #»b =−1. D #»a · #»b =− |#»a| ·

#»

b
.

Lời giải.

Ta có #»a · #»b =|#»a| ·

#»

b
·cos(

#»a ,#»b).

Do #»a và #»b là hai véc-tơ cùng hướng nên (#»a ,#»b) = 0◦ ⇒cos(#»a ,#»b) = 1. Vậy #»a · #»b =|#»a| ·

#»

b
.

Chọn đáp án A

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho hai véc-tơ #»a = (−1; 1)và #»b = (2; 0). Tính cosin của góc
giữa hai véc-tơ #»a và #»b.

A cos(#»a ,#»b) = √1

2. B cos(

#»a ,#»b) = −√2
2 .

C cos(#»a ,#»b) = − 1

2√2. D cos(

#»a ,#»b) = 1
2.

</div>
(130)<div class='page_container' data-page=130>

Ta có cos(#»a ,#»b) =

#»

a ·#»b

|#»a| ·

#»

= p −1·2 + 1·0

(−1)2+ 12 ·√22+ 02 =−

√

2
2 .

Chọn đáp án B

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai véc-tơ #»u = 1

#»

i − 5#»j và

#»v =k#»i −4#»j. Tìm k để véc-tơ #»u vng góc với #»v.

A k= 20. B k =−20. C k=−40. D k = 40.

Lời giải.

Từ giả thiết suy ra #»u = (1
2;−5),

#»v = (k;−4).

Yêu cầu bài toán suy ra #»u ⊥ #»v ⇔ 1

2k+ (−5)·(−4) = 0⇔k =−40.

Chọn đáp án C

Câu 10. Trong hệ tọa độ (O;#»i;#»j), cho véc-tơ #»a =−3

#»

i − 4

#»

j. Độ dài của véc-tơ #»a bằng

A 1

5. B 1. C

5. D

7
5.

Lời giải.

Ta có #»a =−3

#»

i − 4

#»

j ⇒ #»a =

−3

5;−
4
5

⇒ |#»a|=

…

(−3

2+ (−4

2 = 1.

Chọn đáp án B

Câu 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(−3;−2), B(3; 6) và C(11; 0). Tìm tọa độ
điểm D để tứ giác ABCD là hình vng.

A D(5;−8). . B D(8; 5). C D(−5; 8). D D(−8; 5).

Lời giải.

Ta có BA# » = (−6;−8), BC# »= (8;−6).

Khi đó BA# »·BC# »= (−6)·8 + (−8)·(−6) = 0⇒ABC’ = 90◦.

Gọi I là tâm của hình vng ABCD. Suy raI là trung điểm của AC ⇒I(4;−1).
Gọi D(x;y), do I cũng là trung điểm của BD⇒







x+ 3
2 = 4

y+ 6
2 =−1

⇔

x= 5

y =−8 ⇒D(5;−8).

Chọn đáp án A

Câu 12. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho hai điểmM(−2; 2)vàN(1; 1). Tìm tọa độ điểmP thuộc
trục hồnh sao cho ba điểm M, N,P thẳng hàng.

A P(0; 4). B P(0; 4). C P(4; 0). D P(4; 0).

Lời giải.

Ta có P ∈Ox nên P(x; 0) và

®# »

M P = (x+ 2;−2)

# »

M N = (3;−1).

Do M, N, P thẳng hàng nên x+ 2

3 =

−2

−1 ⇔x= 4⇒P(4; 0).

Chọn đáp án D

Câu 13. Cho tam giác ABC có BC =a,CA=b, AB =c. TínhP = (AB# »+AC# »)·BC# ».

A P =b2−c2. B P = c

2+b2

2 . C P =

c2+b2+a2

3 . D P =

c2+b2−a2

2 .

Lời giải.

Ta có P = (AB# »+AC# »)·BC# »= (AB# »+AC# »)·(BA# »+AC# »)

</div>
(131)<div class='page_container' data-page=131>

Chọn đáp án A

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho bốn điểm A(−8; 0), B(0; 4), C(2; 0) và D(−3;−5).
Khẳng định nào sau đây là đúng?

A Hai gócBAD’ và BCD’ phụ nhau. B Góc BCD’ là góc nhọn.

C cos(AB,# » AD# ») = cos(CB,# » CD# »). D Hai gócBAD’ và BCD’ bù nhau.
Lời giải.

Ta có AB# » = (8; 4), AD# »= (5;−5), CB# »= (−2; 4),CD# »= (−5;−5).
Suy ra









cos(AB,# » AD# ») = √8·5 + 4·(−5)

82+ 42·√52+ 52 =

√

10
cos(CB,# » CD# ») = (−√2)·(−5) + 4·(−5)

22+ 42·√52 + 52 =−

√

10.

⇒cos(AB,# » AD# ») + cos(CB,# » CD# ») = 0 ⇒BAD’ +BCD’ = 180◦.

Chọn đáp án D

Câu 15. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho hai điểmA(−2; 4) vàB(8; 4). Tìm tọa độ điểmC thuộc
trục hoành sao cho tam giác ABC vuông tại C.

A C(6; 0). B C(0; 0), C(6; 0). C C(0; 0). D C(−1; 0).

Lời giải.

Ta có C ∈Ox nên C(c; 0) và

®# »

CA= (−2−c; 4)

# »

CB = (8−c; 4).

Tam giác ABC vuông tạiC nên CA# »·CB# »= 0

⇔(−2−c)·(8−c) + 4·4 = 0 ⇔c2−6c= 0 ⇔

c= 6 ⇒C(6; 0)

c= 0 ⇒C(0; 0).

Chọn đáp án B

Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cóA(4; 3), B(2; 7) và C(−3;−8). Tìm
toạ độ chân đường cao A0 kẻ từ đỉnh A xuống cạnh BC.

A A0(1;−4). B A0(−1; 4). C A0(1; 4). D A0(4; 1).

Lời giải.

Gọi A0(x;y). Ta có









# »

AA0 = (x−4;y−3)

# »

BC = (−5;−15)

# »

BA0 = (x−2;y−7).

Từ giả thiết, ta có

AA0 ⊥BC

B, A0, C thẳng hàng ⇔

(# »

AA0·BC# »= 0 (1)

# »

BA0 =kBC.# » (2)

B A0 C

• (1)⇔ −5(x−4)−15(y−3) = 0x+ 3y= 13.

ã (2) x2
5 =

15 3xy=1.
Gii h

x+ 3y= 13
3xy=1 ⇔

x= 1

y= 4 ⇒A

0(1; 4).

</div>
(132)<div class='page_container' data-page=132>

Câu 17. Trong mặt phẳng (Oxy), cho tam giác ABC có A(−2; 3), B

Å1

4; 0

, C(2; 0). Tìm tọa độ
tâm J của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

A J

Å1
2;
1
2
ã

. B J

−1

2;−
1
2

. C J

Å1

2; 0

. D J

0;−1

Lời giải.

Ta có AB# » =

Å9

4;−3

⇒AB= 15
4 và

# »

AC = (4;−3)⇒AC = 5.
Gọi D(x;y) là chân đường phân giác trong góc A.

Ta có DC# »= (2−x;−y) và DB# »=

4−x;−y

.
Theo tính chất đường phân giác DB

DC =
AB
AC =

3
4.
Suy ra DB# »=−3

4
# »
DC ⇔





1

4−x=−
3

4(2−x)

−y=−3

4·(−y)

⇔

x= 1

y= 0 ⇒D(1; 0).
Ta có BD# » =

3
4; 0

⇒BD= 3
4.

B D C
J

Vì BJ là đường phân giác trong góc B của tam giácABD nên J A

J D =
BA
BD = 5

⇒J A# »=−5J D# »⇔

−2−x=−5(1−x)
3−y =−5(−y) ⇔







x= 1
2

y= 1
2.
Vậy tọa độ J

Å
1
2;
1

2
ã
.

Chọn đáp án A

Câu 18. Tam giácABC vuông tạiAvà cóAB=AC =a. Tính độ dài đường trung tuyếnBM của
tam giác đã cho.

A BM = 1,5a. B BM =√2a. C BM =√3a. D BM =

√

5
2 a.

Lời giải.

M là trung điểm củaAC ⇒AM = AC

2 =

2.
Xét tam giác BAM vuông tạiA, ta có

BM =√AB2+AM2 =

…

a2+a
2

4 =

a√5
2 .

M C
A

Chọn đáp án D

Câu 19. Tam giácABC có độ dài ba trung tuyến lần lượt là9,12,15. Diện tích của tam giácABC

bằng

A 24. B 24√2. C 72. D 72√2.

</div>
(133)<div class='page_container' data-page=133>

Ta có


















m2a= b

2+c2

2 −

4 = 81

m2b = a

2+c2

2 −

4 = 144

m2c = a

2+b2

2 −

4 = 225

⇔







a2 = 292

b2 = 208

c2 = 100

⇒








a= 2√73

b= 4√13

c= 10.
p= a+b+c

2 = 5 +

√

73 + 2√13.
Diện tích tam giác ABC làS∆ABC =

p(p−a)(p−b)(p−c) = 72.

Chọn đáp án C

Câu 20. Cho tam giác ABC có BC =√6, AC = 2 và AB = √3 + 1. Bán kính đường trịn ngoại
tiếp tam giác ABC bằng

A √5. B √3. C √2. D 2.

Lời giải.

Nửa chu vi của tam giác ABC là p= AB+BC+CA

2 =

√

6 +√3 + 3

2 .

Diện tích tam giác ABC làS =pp(p−AB)(p−BC)(p−CA) = 3 +

√

3
2 .

Mà S = AB·BC·CA

4R ⇒R =

AB·BC·CA

4S =

√

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. C 3. D 4. B 5. A 6. A 7. A 8. B 9. C 10. B

</div>
(134)<div class='page_container' data-page=134>

CHƯƠNG

3.

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT

PHẲNG

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

Cộng

Nhận
biết

Thơng
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1. Phương trình đường thẳng Câu 1 Câu 2 Câu 4 4

Câu 3 20%

2. Phương trình đường trịn

Câu 5 Câu 7 Câu 11 Câu 15 12

Câu 6 Câu 8 Câu 12 Câu 16

Câu 9 Câu 13

Câu 10 Câu 14 60%

3. Phương trình đường Elíp Câu 17 Câu 18 Câu 20 4

Câu 19 20%

Cộng 4 8 6 2 20

20% 40% 30% 10% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MƠ TẢ

Chủ đề 1. Phương

trình đường thẳng

1 NB Tìm điểm, VTCP, VTPT của đường thẳng cóPTTS, PTCT.

2 TH Viết PTTS, PTCT của đường thẳng

3 TH Bài tốn về hình chiếu, điểm đối xứng

4 VDT Bài toán liên quan đến khoảng cách

Chủ đề 2. Phương
trình đường trịn

5 NB Nhận dạng phương trình đường trịn

6 NB Tìm toạ độ tâm, tính bán kính của đường trịn

7 TH Viết phương trình đường trịn biết tâm và bánkính

8 TH Viết phương trình đường trịn qua hai, ba điểm

9 TH Viết phương trình đường tròn sử dụng điều kiệntiếp xúc

10 TH Tiếp tuyến với đường trịn

</div>
(135)<div class='page_container' data-page=135>

12 VDT Bài tốn liên quan đến hình chữ nhật

13 VDT Bài tốn liên quan đến hình bình hành

14 VDT Bài tốn liên quan đến hình thang

15 VDC Bài toán tổng hợp về tam giác

16 VDC Bài tốn thực tế, liên mơn

Chủ đề 3. Phương
trình đường Elíp

17 NB Nhận dạng phương trình elip

18 TH Viết phương trình elip

19 TH Các biểu thức liên quan elip

20 VDT Bài toán thực tế

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm A(−3; 2)
và B(1; 4)?

A u#»1 = (−1; 2). B u#»2 = (2; 1). C u#»3 = (−2; 6). D u#»4 = (1; 1).

Lời giải.

Đường thẳng đi qua hai điểmA(−3; 2) và B(1; 4) có VTCP là AB# »= (4; 2) hoặc #»u (2; 1).

Chọn đáp án B

Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm A(2; 0)¸ B(0; 3) và C(−3;−1). Đường
thẳng đi qua điểm B và song song vớiAC có phương trình tham số là

x= 5t

y= 3 +t. B

x= 5

y= 1 + 3t. C

x=t

y = 3−5t. D

x= 3 + 5t
y=t .

Lời giải.

Gọi d là đường thẳng qua B và song song vớiAC.
Ta có

B(0; 3)∈d

#»

ud=AC# »= (−5;−1) =−1·(5; 1)
→d:

x= 5t

y= 3 +t,(t∈R).

Chọn đáp án A

Câu 3. Đường thẳng d đi qua điểm M(−1; 2) và vng góc với đường thẳng∆ : 2x+y−3 = 0 có
phương trình tổng qt là

A 2x+y= 0. B x−2y−3 = 0. C x+y−1 = 0. D x−2y+ 5 = 0.
Lời giải.

M(−1; 2)∈d

d⊥∆ : 2x+y−3 = 0 →

M(−1; 2)∈d

d: x−2y+c= 0 → −1−2.2 +c= 0 ⇔c= 5. Vậyd: x−2y+ 5 = 0.

Chọn đáp án D

Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểmA(2; 3)vàB(1; 4). Đường thẳng nào sau
đây cách đều hai điểm A và B?

A x−y+ 2 = 0. B x+ 2y= 0. C 2x−2y+ 10 = 0. D x−y+ 100 = 0.

Lời giải.

• Xét ∆ :x−y+ 2 = 0. Ta có d(A; ∆) = √1

2 và d(B; ∆) =
1

√

</div>
(136)<div class='page_container' data-page=136>

• Xét ∆ :x+ 2y = 0. Ta có d(A; ∆) = √8

5 và d(B; ∆) =

√

5 nên x+ 2y= 0 khơng thỏa mãn.

• Xét ∆ : 2x−2y+ 10 = 0. Ta có d(A; ∆) = √4

2 và d(B; ∆) =
2

√

2 nên 2x−2y+ 10 = 0khơng
thỏa mãn.

• Xét ∆ : x−y+ 100 = 0. Ta có d(A; ∆) = √99

2 và d(B; ∆) =
97

√

2 nên x−y+ 100 = 0 không
thỏa mãn.

Chọn đáp án A

Câu 5. Tọa độ tâm I và bán kínhR của đường trịn (C) : (x−1)2+ (y+ 3)2 = 16 là

A I(−1; 3), R= 4. B I(1;−3), R = 4. C I(1;−3), R= 16. D I(−1; 3), R= 16.

Lời giải.

Chọn đáp án B

Câu 6. Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình của một đường tròn?

A x2+y2−x−y+ 9 = 0. B x2+y2−x= 0.

C x2+y2−2xy−1 = 0. D x2−y2−2x+ 3y−1 = 0.

Lời giải.

Loại các đáp ánx2+y2−2xy−1 = 0vàx2−y2−2x+3y−1 = 0vì khơng có dạngx2+y2−2ax−2by+c=

Xét đáp án x2+y2−x−y+ 9 = 0⇒a= 1

2, b=
1

2, c = 9⇒a

2+b2−c <0⇒loại.

Xét đáp án x2+y2−x= 0⇒a = 1

2, b=c= 0⇒a

2+b2−c >0.

Chọn đáp án B

Câu 7. Đường trịn có tâm I(1; 2), bán kínhR = 3 có phương trình là

A x2+y2+ 2x+ 4y−4 = 0. B x2+y2+ 2x−4y−4 = 0.

C x2+y2−2x+ 4y−4 = 0. D x2+y2−2x−4y−4 = 0.

Lời giải.

I(1; 2)

R = 3 ⇒(C) : (x−1)

2+ (y−2)2 = 9 ⇔x2+y2 −2x−4y−4 = 0.

Chọn đáp án A

Câu 8. Đường trịn(C)có tâm I(−2; 1)và tiếp xúc với đường thẳng ∆ : 3x−4y+ 5 = 0có phương
trình là

A (x+ 2)2+ (y−1)2 = 1. B (x+ 2)2+ (y−1)2 = 1

25.

C (x−2)2+ (y+ 1)2 = 1. D (x+ 2)2+ (y−1)2 = 4.

Lời giải.





I(−2; 1)

R= d (I; ∆) = |−√6−4 + 5|

9 + 16 = 1

⇒(C) : (x+ 2)2+ (y−1)2 = 1.

Chọn đáp án A

Câu 9. Tìm tọa độ tâm I của đường trịn đi qua ba điểm A(0; 4), B(2; 4), C(4; 0).

</div>
(137)<div class='page_container' data-page=137>

Lời giải.

A, B, C ∈(C) :x2 +y2+ 2ax+ 2by+c= 0 ⇔







16 + 8b+c= 0
20 + 4a+ 8b+c= 0
16 + 8a+c= 0

⇔







a=−1

b=−1

c=−8

⇒I(1; 1).

Chọn đáp án D

Câu 10. Cho đường tròn (C) : (x−1)2+ (y+ 2)2 = 8. Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) tại
điểm A(3;−4).

A d:x+y+ 1 = 0. B d:x−2y−11 = 0.

C d:x−y−7 = 0. D d:x−y+ 7 = 0.

Lời giải.

Đường trịn (C) có tâmI(1;−2)nên tiếp tuyến tại A có VTPT là #»n =IA# » = (2;−2).
Nên có phương trình là: 1 (x−3)−1 (y+ 4) = 0⇔x−y−7 = 0.

Chọn đáp án C

Câu 11. Hình vngABCD cóA(2; 1), C(4; 3). Tọa độ của đỉnh B có thể là

A (2; 3). B (1; 4). C (−4;−1). D (3; 2).

Lời giải.

Cách 1: Phương trình đường thẳng AC có dạng: x−y−1 = 0.
Gọi I là trung điểm của AC nên I(3; 2).

Phương trình đường thẳng ∆đi qua I và vng góc AC có dạng: x+y−5 = 0
Phương trình đường trịn (C)qua I(3; 2) và bán kính R=IA=√2:

(x−3)2 + (y−2) = 2
Khi đóB = (C)T

(∆), tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình

(x−3)2+ (y−2) = 2

x+y−5 = 0 ⇔

x= 2

y= 3 ∨

x= 4

y = 1

Cách 2: Gọi B(x;y), suy raAB# » = (x−2;y−1);BC# »= (4−x; 3−y). Để B là đỉnh của hình vng

ABCD thì

®# »

AB⊥BC# »
AB=BC ⇔

(x−2)(4−x) + (y−1)(3−y) = 0

(x−2)2+ (y−1)2 = (4−x)2+ (3−y)2 ⇔

x= 2

y= 3 ∨

x= 4

y= 1

Chọn đáp án A

Câu 12. Đường tròn (C) : (x−a)2 + (y−b)2 =R2 cắt đường thẳng x+ 2y−a−2b= 0 theo dây
cung có độ dài bằng bao nhiêu? (Ở đây R >0).

A R√2. B R

√

2 . C R. D 2R.

Lời giải.

Đường trịn (C) có tâmI(a;b), bán kínhR.

Nhận xét, tâm I(a;b)thuộc đường thẳng x+ 2y−a−2b= 0.

Suy ra dây cung tạo bởi đường thẳng và đường trịn chính là đường kính của đường trịn. Do đó độ
dài bằng 2R.

</div>
(138)<div class='page_container' data-page=138>

Câu 13. Cho đường tròn (C) : x2+y2−2x+ 2y−7 = 0 và đường thẳng d :x+y+ 1 = 0. Tìm

tất cả các đường thẳng song song với đường thẳng d và cắt đường trịn (C)theo dây cung có độ dài
bằng 2.

A x+y+ 4 = 0 vàx+y−4 = 0. B x+y+ 2 = 0.

C x+y+ 4 = 0. D x+y+ 2 = 0 vàx+y−2 = 0.

Lời giải.

Đường tròn (C) có tâmI(1;−1)và bán kính

R =»12+ (−1)2−(−7) = 3.

Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm.

Ta có ∆ k d mà d :x+y+ 1 = 0 ⇒∆ : x+y+c = 0, (c6= 1). Đường
thẳng ∆cắt đường tròn (C) theo dây cung EF.

R
H

F
E

Gọi H là hình chiếu của I lên dây cung, ta có

IH =√IF2−HF2 =

IF2−

ÅEF

ã2

=»(3)2−12 = 2√2.

Ta có

d(I,∆) =IH

⇔ |1√−1 +c|

12+ 12 = 2

√

⇔ |c|= 4

⇔

c= 4( nhận )

c=−4(nhận )
Với c= 4⇒∆ : x+y+ 4 = 0. Với c=−4⇒∆ :x+y−4 = 0.

Chọn đáp án A

Câu 14. Đường thẳngd: 3x+ 4y+ 8 = 0cắt đường tròn (C) :x2+y2−2x−2y−23 = 0theo dây

cung AB. Tính độ dài đoạn AB.

A AB= 6. B AB = 4. C AB= 8. D AB = 3√2.

Lời giải.

Đường tròn (C) có tâmI(1; 1) và bán kính R=p12+ 12−(−23) = 5.

Gọi H là trung điểm củaAB ⇒IH =d(I, d) = |3 + 4 + 8√ |

32+ 42 = 3.

4IHA vuông tai H ⇒HA=√R2−IH2 = 5.

Do đóAB = 8.

d
A

B
H

Chọn đáp án C

Câu 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(−1;−1), B(1; 1), C(5;−3). Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp 4ABC

A (x−2)2+ (y+ 2)2 = 100. B (x−2)2+ (y−2)2 = 10.

</div>
(139)<div class='page_container' data-page=139>

Lời giải.

Gọi phương trình đường trịn cần tìm có dạng: (C) :x2+y2+ 2ax+ 2by+c= 0.
Vì (C)ngoại tiếp 4ABC nên







1 + 1−2a−2b+c= 0

1 + 1 + 2a+ 2b+c= 0
25 + 9 + 10a−6b+c= 0

⇔






2a+ 2b−c= 2
2a+ 2b+c=−2
10a−6b+c=−34

⇔






a=−2

b= 2

c=−2
Vậy phương trình đường trịn cần tìm là x2+y2−4x+ 4y−2 = 0⇔(x−2)2+ (y+ 2)2 = 10

Chọn đáp án B

Câu 16. Tam giác ABC có đỉnh A(−1; 2), trực tâm H(3; 0), trung điểm của BC là M(6; 1). Bán
kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là

A 5. B √5. C 3. D 4.

Lời giải.

Gọi D(xD;yD)là điểm đối xứng với điểm H(3; 0)qua M(6; 1), ta có

xD = 2xM −xH

yD = 2yM −yH
⇔

xD = 9

yD = 2

⇒D(9; 2)

Vì AD là đường kính của đường trịn ngoại tiếp tam giác 4ABC, suy ra I là trung điểm của AD.
Gọi I(xI;yI) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Khi đó








xI =

xA+xD

yI =

yA+yD

2
⇔






xI =

−1 + 9
2

yI =

2 + 2
2

⇔

xI = 4

yI = 2

⇒I(4; 2)
Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là R=IA=p(−5)2 = 5

Chọn đáp án A

Câu 17. Cho ElipE :x2+ 4y2 = 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A Elip có tiêu cự bằng √3. B Elip có trục nhỏ bằng 2.

C Elip có một tiêu điểm là F

Ç
0;
√
2
3
å

. D Elip có trục lớn bằng 4.

Lời giải.

Ta có

E :x2+ 4y2 = 1⇔E : x

12 +

1
2

ã2 = 1 ⇒













a= 1

b= 1
2

c=√a2−b2 =

√

3
2

Do đó:

• E có tiêu cự F1F2 = 2c=

√

• E có trục nhỏ bằng1, trục lớn bằng 2.

• E có tiêu điểm là F1

−
√

3
2 ; 0

và F2

Ç√

3
2 ; 0

Chọn đáp án A

Câu 18. Phương trình của elip E có độ dài trục lớn bằng 8, độ dài trục nhỏ bằng6 là

A 9x2+ 16y2 = 144. B 9x2+ 16y2 = 1. C x

9 +

16 = 1. D

64 +

</div>
(140)<div class='page_container' data-page=140>

Lời giải.

Xét đáp án A. Ta có

E : 9x2+ 16y2 = 144⇔E : x

42 +

32 = 1⇒

a= 4

b= 3 .
Do đóE có độ dài trục lớn là 8, độ dài trục nhỏ là 6.

Chọn đáp án A

Câu 19. Lập phương trình chính tắc của elip biết tỉ số giữa độ dài trục nhỏ và tiêu cự bằng √2,
tổng bình phương độ dài trục lớn và tiêu cự bằng 64.

A x

12 +

8 = 1. B

8 +

12 = 1. C

12+

4 = 1. D

8 +

4 = 1.

Lời giải.

ElipE có tỉ số độ dài trục nhỏ và tiêu cự bằng√2⇒ 2b

2c =

√

2⇒c= b

√

2 . Mặt khác,(2a)

+(2c)2 =
64 ⇔ a2+c2 = 16. Ta có










c= b

√

2
2

a2+c2 = 16

a2 =b2+c2

⇒






a2+1
2b

2 = 16

a2−3

2 = 0

⇔

a2 = 12

b2 = 8 . Phương trình chính tắc
của elip là E : x

12+

8 = 1.

Chọn đáp án A

Câu 20. Viết phương trình chính tắc của Elip (E) biết tọa độ một đỉnh A1(−5; 0) và bốn đỉnh

A1, B1, A2, B2 làm thành một tứ giác có chu vi bằng 28.

Lời giải.

Gọi (E) : x

a2 +

b2 = 1 với a > b >0.

Đỉnh A1(−5; 0)⇒a= 5.

Bốn đỉnh A1, B1, A2, B2 là bốn đỉnh của hình thoi

⇒ Chu viA1B1A2B2 = 4A1B1 = 4

√

a2 +b2 = 28⇒b= 2√6.

Vậy (E) : x

25 +

24 = 1.

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. A 3. D 4. A 5. B 6. B 7. A 8. A 9. D 10. C

11. A 12. D 13. A 14. C 15. B 16. A 17. A 18. A 19. A

Đề số 2

Câu 1. Trong mặt phẳng tọa độOxy, viết phương trình tiếp tuyến với(C) : (x−1)2+ (y+ 2)2 = 10,

biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d:x+ 3y−5 = 0.

A x+ 3y+ 5 = 0. B x+ 3y+ 10 = 0. C x+ 3y−1 = 0. D x+ 3y+ 15 = 0.
Lời giải.

Đường trịn (C) có tâmI(1;−2)và bán kính R=√10.

Vì tiếp tuyến ∆của (C) song song vớid nên ∆ có dạng x+ 3y+m = 0 với m 6=−5.
Vì ∆tiếp xúc (C) nên d(I; ∆) =R ⇔ |1 + 3√·(−2) +m|

12+ 32 =

√

10⇔m= 15 hoặc m =−5 (loại).
Vậy tiếp tuyến cần tìm có phương trình x+ 3y+ 15 = 0.

</div>
(141)<div class='page_container' data-page=141>

Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho đường thẳngd: 2x+y+3 = 0và elip(E) : x

4 +y

2 =

1. Viết phương trình đường thẳng ∆ vng góc với d cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
diện tích tam giác OAB bằng 1.

A ∆ : x−2y+ 2 = 0 hoặc ∆ : x−2y−2 = 0. B ∆ : x−2y+ 2 = 0 hoặc ∆ : x+ 2y−2 = 0.

C ∆ : x+ 2y+ 2 = 0 hoặc ∆ :x+ 2y−2 = 0. D ∆ : x+ 2y+ 2 = 0 hoặc ∆ :x−2y−2 = 0.

Lời giải.

∆ là đường thẳng vng góc với d, khi đó phương trình đường thẳng∆ : x−2y+c= 0.
Tọa độ giao điểm củaA, B là nghiệm của hệ phương trình





x= 2y−c
x2

4 +y

= 1

⇔

x= 2y−c

(2y−c)2 + 4y2 = 4 ⇒

8y2−4yc+c2−4 = 0. 1

(1) có hai nghiệm phân biệt y1, y2 khi và chỉ khi 4c2−8(c2−4)>0⇔c2 <8.

Gọi A(2y1−c;y1), B(2y2−c;y2)⇒AB=

5 ((y1+y2)2−4y1y2) =

…

5· 8−c

4 .

Theo bài ra SOAB = 1⇔d(O, AB)·AB= 2⇔c4−8c2+ 16 = 0⇔c2 = 4⇔c=±2 (thỏa mãn).

Vậy ∆ : x−2y+ 2 = 0 hoặc ∆ : x−2y−2 = 0.

Chọn đáp án A

Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d:

x= 2−t

y= 3 + 5t song song với đường thẳng

nào dưới đây?

x= 2 +t

y= 3 + 5t. B

x= 1−2t

y= 2 + 10t. C

x= 1 +t

y = 8−5t. D

x=−t
y= 5t .

Lời giải.

Đường thẳng d:

x= 2−t

y= 3 + 5t đi qua A(2; 3) và cú mt vộc-t ch phng

#ằu = (1; 5). Ta cú
ã

x= 2 +t

y= 3 + 5t i qua A(2; 3) (loi).

x= 1−2t

y= 2 + 10t đi qua B(1; 2) mà B(1; 2) thuc ng thng d nờn (loi).

x= 1 +t

y= 85t đi qua C(1; 8) mà C(1; 8) thuộc đường thẳng d nờn (loi).

x=t

y= 5t i qua O(0; 0) m O(0; 0) khơng thuộc đường thẳng d và có véc-tơ chỉ phương

#»u =

(−1; 5).

Chọn đáp án D

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường trịn tâm I(−1; 2) và đi qua điểm

M(2; 1).

A x2+y2+ 2x−4y−5 = 0. B x2+y2+ 2x−4y−3 = 0.

C x2+y2−2x−4y−5 = 0. D x2+y2+ 2x+ 4y−5 = 0.

Lời giải.

Ta có IM =p32+ (−1)2 =√10.

</div>
(142)<div class='page_container' data-page=142>

Chọn đáp án A

Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(3; 4) và đường tròn (C) : x2 +y2 −4x−2y = 0. Các

tiếp tuyến của (C) đi qua A và tiếp xúc với (C)tại M, N. Hãy tính độ dài đoạn thẳng M N.

A √10. B √5. C 5. D 10.

Lời giải.

Đuòng tròn (C) : (x−2)2 + (y−1)2 = 5 có tâm I(2; 1), bán kính

R =√5.

Đường thẳng ∆ quaA(3; 4) có phương trình:

a(x−3) +b(y−4) = 0,(a2+b2 6= 0).

∆ là tiếp tuyến của(C) khi và chỉ khi

d(I; ∆) =R

⇔ |a(2−√3) +b(1−4)|

a2+b2 =

√

⇔ |a+ 3b|=»5(a2+b2)

⇔ a2+ 6ab+ 9b2 = 5a2+ 5b2

⇔ 4a2−6ab−4b2 = 0.

I
A
M

N
H

Với b = 0⇒a= 0 (không thỏa mãn điều kiện).

Với b 6= 0, chia hai vế phương trình cho b2 và đặt t= a

b ta có:2t

2−3t−2 = 0 ⇔





t = 2

t =−1

2
.
Với t = 2⇒ a

b = 2. Chọn a= 2;b = 1, ta có phương trình ∆1: 2x+y−10 = 0.

d1 quaI(2; 1) vng góc với∆1 có véc-tơ pháp tuyến #»n1 = (1;−2)⇒d1: 1(x−2)−2(y−1) = 0⇔

x−2y= 0.

Ta có M =d1∩∆1:

x−2y= 0

2x+y−10 = 0 ⇒M(4; 2).
Với t =−1

2 ⇒

a
b =−

2. Chọn a= 1;b =−2, ta có phương trình ∆2:x−2y+ 5 = 0.

d2 qua I(2; 1) vng góc với ∆2 có véc-tơ pháp tuyến #»n2 = (2; 1)⇒ d2: 2(x−2) + (y−1) = 0⇔

2x+y−5 = 0.
Ta có N =d2∩∆2:

2x+y−5 = 0

x−2y+ 5 = 0 ⇒N(1; 3).
Vậy M N =p(−3)2+ 12 =√10.

Chọn đáp án A

Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai đường thẳngd1: 3x−y−5 = 0vàd2: x−4 = 0.

Viết phương trình đường trịn có bán kính R = 5, tâm thuộc đường thẳng d1 với tung độ âm và cắt

đường thẳngd2 theo dây cung có độ dài bằng 8.

A (x+ 1)2+ (y+ 2)2 = 25. B (x−1)2+ (y+ 2)2 = 5.

</div>
(143)<div class='page_container' data-page=143>

Ta có d1:

x=t
y= 3t−5.

Gọi (C) = (I;R) là đường trịn có tâm nằm trên d1 và cắt d2 theo

dây cung AB = 8⇒I(t; 3t−5) (với điều kiện3t−5<0).

Gọi H là trung điểm AB ⇒IH ⊥AB và HA= 4.

Ta có IH = d(I,∆) = |t−4|

1 . Mà IH

2 +HA2 = R2 nên ta có

phương trình

(t−4)2+ 16 = 25⇔(t−4)2 = 9 ⇔

t = 1 (thỏa mãn)

t = 9 (loại).

Với t = 1⇒I(1;−2)⇒ phương trình đường trịn (C)là (x−1)2+ (y+ 2)2 = 25.

Chọn đáp án D

Câu 7. Tính độ dài trục lớn A1A2 của elip (E) :

36+

16 = 1.

A A1A2 = 36. B A1A2 = 12. C A1A2 = 6. D A1A2 = 4.

Lời giải.

(E) : x

a2+

b2 = 1có độ dài trục lớnA1A2 = 2a. Vậy(E) :

36+

16 = 1có độ dài trục lớnA1A2 = 12.

Chọn đáp án B

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho (E)có phương trình x

16+

9 = 1. Xác định độ dài trục
lớn AA0 và độ dài trục béBB0 của Elip(E).

A AA0 = 8, BB0 = 6. B AA0 = 16,BB0 = 9.

C AA0 = 16, BB0 = 10. D AA0 = 16,BB0 = 6.

Lời giải.

Ta có a = 4, b= 3 suy ra AA0 = 2a= 8, BB0 = 2b= 6.

Chọn đáp án A

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường trịn có đường kính AB với A(1; 2)
và B(5; 0).

A x2+y2+ 6x+ 2y−10 = 0. B x2+y2−6x−2y−5 = 0.

C x2+y2−6x−2y+ 5 = 0. D x2+y2+ 6x+ 2y+ 10 = 0.

Lời giải.

Gọi I là tâm đường trịn. Lúc đó I là trung điểm AB nên I(3; 1) và bán kính đường trịn là R =

IA=√5.

Vậy đường trịn có phương trình là (x−3)2 + (y−1)2 = 5⇔x2+y2−6x−2y+ 5 = 0.

Chọn đáp án C

Câu 10. Phương trình đường trịn(C) :x2+y2−4x−4y−8 = 0 và đường thẳng(d) :x−y−1 = 0.

Phương trình đường thẳng nào trong các phương án dưới đây là phương trình tiếp tuyến của (C)
song song với(d)?

A x−y−4 = 0. B x+y+ 4√2 = 0. C x−y−4√2 = 0. D −x+y+ 4 = 0.

Lời giải.

(C)có tâm I(2; 2), bán kính R=√4 + 4 + 8 = 4.

Đường thẳng ∆ song song với đường thẳngd có dạng x−y+m = 0.
∆ là tiếp tuyến của đường tròn (C) khi: d(I,∆) = 4⇔ |√m|

2 = 4⇔m =±4

√

2.
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn x−y−4√2 = 0 và x−y+ 4√2 = 0.

</div>
(144)<div class='page_container' data-page=144>

Câu 11. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho đường trịn(C)có phương trìnhx2+y2+8x+6y+9 = 0.

Mệnh đề nào dưới đây là sai?

A Đường trịn (C) có bán kính R= 4.

B Đường trịn (C) khơng đi qua gốc tọa độO(0; 0).

C Đường trịn (C) đi qua điểm M(−1; 0).

D Đường trịn (C) có tâmI(−4;−3).

Lời giải.

Đường trịn đã cho có tâm I(−4;−3), bán kínhR =√16 + 9−9 = 4.

Thế toạ độ M(−1; 0) vào phương trình đường trịn thấy khơng thoả mãn. Thế toạ độ O(0; 0) vào
cũng thấy không thoả mãn.

Chọn đáp án C

Câu 12. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho d :x+ 2y+ 4 = 0 và∆ : 2x−y+ 6 = 0. Số đo của góc
giữa hai đường thẳng d và ∆là

A 60◦. B 30◦. C 90◦. D 45◦.

Lời giải.

Đường thẳng d có vtpt #»a = (1; 2), đường thẳng ∆có vtpt #»b = (2;−1).
Nhận thấy #»a · #»b = 0 nên góc giữa hai đường thẳng d và ∆bằng 90◦.

Chọn đáp án C

Câu 13. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, điểm nào trong các điểm sau đây nằm trên
đường trịn có phương trìnhx2 +y2−2x+ 4y−20 = 0?

A C(2;−6). B B(−2;−6). C A(0; 3). D D(3; 0).

Lời giải.

Lần lượt thay tọa độ trong các đáp án vào phương trình đường trịn ta thấy điểmB nằm trên đường
trịn.

Chọn đáp án B

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho đường cong (Cm) :x2+y2−8x+ 10y+m= 0. Với giá

trị nào của m thì (Cm)là đường trịn có bán kính bằng 7?

A m=−4. B m =−8. C m= 4. D m = 8.

Lời giải.

• Phương trình đã cho là phương trình đường trịn khi 41−m >0⇔m <41.

• Khi đó

R = 7⇔√41−m= 7⇔41−m= 49⇔m=−8 (thỏa mãn).

Chọn đáp án B

Câu 15. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(4;−1), phương trình

CD : 2x+ 5y+ 6 = 0. Viết phương trình cạnhAB.

A 2x−5y−3 = 0. B 4x−y−3 = 0. C 2x+ 5y−3 = 0. D 2x+ 5y+ 3.

Lời giải.

Cạnh AB đi qua A(4;−1)và song song với CD nên có véc-tơ pháp tuyến là #»n = (2; 5). Vậy AB có
phương trình 2(x−4) + 5(y+ 1) = 0⇔2x+ 5y−3 = 0.

Chọn đáp án C

Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độOxy, đường thẳng ∆ : 3x−4y+ 7 = 0đi qua điểm nào trong các
điểm sau?

</div>
(145)<div class='page_container' data-page=145>

Lời giải.

Với x= 1 ⇒y= 5
2.
Với x=−1⇒y = 1.

Chọn đáp án A

Câu 17. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho hai điểmA(3; 6) vàB(7; 4). Biết rằng có hai đường trịn
có bán kính lần lượt làavàbcùng đi qua hai điểmA,B đồng thời nhận đường thẳngd:x−3y−5 = 0
làm tiếp tuyến chung. Tính T =ab.

A T = 36. B T = 50. C T = 24. D T = 45.

Lời giải.

d
E1

A
B

Dễ thấy đường nối tâm của hai đường tròn là đường trung trực ∆ của đoạn thẳng AB, có phương
trình 2x−y−5 = 0. Giả sử có E là tâm một trong hai đường trịn. DoE ∈∆nên E(t; 2t−5). Khi
đó ta có

EA=d(E, d)

⇒ »(t−3)2+ (2t−11)2 = |t−3(2√ t−5)−5|

12+ 32

⇒ √5t2−50t+ 130 = |5t√−10|

⇒ t2−16t+ 48 = 0

⇒

t= 4

t= 12.

Từ đó, ta có tâm của hai đường tròn lần lượt là E1(4; 3),E2(12; 19). Vậy

T =ab=E1A·E2A =

√

10·5√10 = 50.

Chọn đáp án B

Câu 18. Viết phương trình đường trịn tiếp xúc với trục hồnh tại điểm A(6; 0) và đi qua điểm

B(9; 9).

A (x+ 6)2+ (y+ 5)2 = 25. B (x−6)2+ (y−5)2 = 25.

C (x+ 6)2+ (y−5)2 = 125. D (x−6)2+ (y+ 5)2 = 125.

</div>
(146)<div class='page_container' data-page=146>

Do đường trịn tiếp xúc với trục hồnh tại điểm A(6; 0), nên có tâm I(6;a) và bán kính R =a. Do
đó phương trình đường trịn có dạng (x−6)2+ (y−a)2 =a2.

Lại có B(9; 9) thuộc đường trịn nên 9 + (9−a)2 =a2 ⇔a= 5.

Vậy phương trình đường trịn (x−6)2 + (y−5)2 = 25.

Chọn đáp án B

Câu 19. Trong mặt phẳng tọa độOxy, viết phương trình chính tắc của e-líp (E)có tiêu cự là 6và
độ dài trục bé là 8.

A (E) : x

25 +

16 = 1. B (E) :

5 +

4 = 1.

C (E) : x

4 +

3 −1 = 0. D (E) :

16 +

9 = 1.

Lời giải.

Từ giả thiết, ta cób = 4, c = 3, suy ra đượca=√b2+c2 = 5. Ta có phương trình e-líp(E) : x
2

25+

16 =
1.

Chọn đáp án A

Câu 20. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho tam giácABC cóA(2; 6),B(−3;−4),C(5; 0). Xác định
tọa độ điểm I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.

A I(−2; 1). B I(2; 1). C I(1; 2). D I(1;−2).

Lời giải.

Ta có: AB# »(−5;−10),AC# »(3;−6)
nên AB = 5√5, AC = 3√5 và AB

AC =

5
3.

Gọi D(m;n) là chân đường phân giác trong của góc A.
Khi đó BD# »= AB

# »

DC =−5

# »

⇔

3(m+ 3) + 5(m−5) = 0
3(n+ 4) + 5(n−0) = 0 ⇔





m= 2

n=−3

⇒D

2;−3

. A

C
D

Tương tự, ta có tâm I của đường trịn nội tiếp tam giác ABC cũng chính là chân đường phân
giác trong từ đỉnh B của tam giác ABD nên AI# » = BA

# »

ID, từ đó suy ra I(−2; 1).

Chọn đáp án B

BẢNG ĐÁP ÁN

1. D 2. A 3. D 4. A 5. A 6. D 7. B 8. A 9. C 10. C

11. C 12. C 13. B 14. B 15. C 16. A 17. B 18. B 19. A 20. B

Đề số 3

Câu 1. Cho hai điểmA(4; 7), B(7; 4). Viết phương trình tổng quát đường trung trực của đoạn thẳng

AB.

A x+y= 1. B x−y= 1. C x−y= 0. D x+y= 0.

Lời giải.

Gọi I là trung điểm AB ta có







xI =

4 + 7

2 =

11
2

yI =

7 + 4

2 =

</div>
(147)<div class='page_container' data-page=147>

# »

AB= (3,−3) là VTPT của đường trung trực đoạn thẳng AB nên ta có phương trình
3

x− 11

−3

y−11

= 0⇔x−y= 0.

Chọn đáp án C

Câu 2. Cho hai điểmA(4; 7), B(7; 4). Viết phương trình tổng quát đường trung trực của đoạn thẳng

AB.

A x+y= 1. B x−y= 1. C x−y= 0. D x+y= 0.

Lời giải.

Gọi I là trung điểm AB ta có







xI =

4 + 7

2 =

11
2

yI =

7 + 4

2 =

11
2

Lại có AB# » = (3,−3) là VTPT của đường trung trực đoạn thẳng AB nên ta có phương trình của
đường trung trực của AB là

x− 11

−3

y−11

= 0⇔x−y= 0.

Chọn đáp án C

Câu 3. Cho đường thẳng đi qua 2 điểmA(1; 2), B(4; 6), tìm tọa độ điểmM thuộcOy sao cho diện
tích 4M AB bằng 1.

A (0; 0) và

0;4
3

. B (0; 2). C (1; 0). D (0; 1).

Lời giải.

M ∈Oy, do đóM có tọa độ là M(0, a).
Ta có AB# » = (3; 4)⇒AB = 5.

Mặt khác phương trình đường thẳng AB: 4x−3y+ 2 = 0, nên

d(M;AB) = |−3a+ 2|
5
Theo giả thiết S4M AB = 1, khi đó

⇒ 1

2AB·d(M;AB) =

1
25·

|−3a+ 2|

5 = 1⇔ |−3a+ 2|= 2⇔




a= 0

a= 4
3.
Vậy M(0; 0) hoặc M

0;4
3

Chọn đáp án A

Câu 4. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), trực tâm H(1; 3) và tâm đường
trịn ngoại tiếpI(2; 0). Phương trình đường thẳng BC là

A 4x+ 2y−3 = 0. B 2x+ 4y−3 = 0. C 4x−2y+ 3 = 0. D 2x+ 4y+ 3 = 0.

Lời giải.

Gọi D là điểm đối xứng với A quaI. Suy ra D(1;−4).
Ta có

AB⊥BD, AB ⊥HC
AC ⊥CD, AC⊥HB ⇒

</div>
(148)<div class='page_container' data-page=148>

Do đó tứ giác BHCD là hình bình hành.

Gọi M là trung điểm BC ⇒ M cũng là trung điểm của HD ⇒M

1;−1

.
Do IM ⊥BC nên đường thẳng BC có vectơ pháp tuyến là M I# »=

1;1

Mà BC đi qua M nên

BC : 1(x−1) + 1
2

y+1
2

= 0 ⇔4x+ 2y−3 = 0.

Chọn đáp án A

Câu 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, trên tia đối của tia BA và
trên cạnhBC lần lượt lấy các điểmE và F sao choBE =BF, gọiN

Å12

5 ;
29

là giao điểm của hai
đường thẳng CE và AF, biết EF : y−5 = 0 và B(3; 4). Tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD

là

A A(0; 1), B(3; 4), C(0; 7), D(−5; 2). B A(0; 1), B(3; 4), C(0; 7), D(−3; 4).

C A(4; 2), B(3; 4), C(0; 7), D(−3; 4). D A(0; 1), B(3; 4), C(−2; 5), D(−3; 4).

Lời giải.

Dễ thấy EF kBD (cùng tạo với AB góc45◦).
Khi đó

EF ⊥AC

CB ⊥AB ⇒AF ⊥CE (F là trực tâm).

Khi đó, phương trình BD:y−4 = 0, gọi I(t; 4).
Ta có IB =IB, nên

(t−3)2 =

12
5 −t

ã2

4−29

ã2

⇔t= 0⇒I(0; 4).

A B

C
D

Từ đó suy ra D(−3; 4) khi đó phương trình AC làx= 0.
Gọi A(0;u), ta có

# »

AB·AD# »= 0 ⇔ −9 + (4−u)2 = 0 ⇔

u= 1⇒A(0; 1)

u= 7⇒A(0; 7).

Do A và B cung phía với EF nên loại A(0; 7).

Khi đó A(0; 1);C(0; 7). Vậy tọa độ các đỉnh của hình vng làA(0; 1), B(3; 4), C(0; 7), D(−3; 4).

Chọn đáp án B

Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD cóE, F lần lượt thuộc các đoạn

AB, AD sao cho EB = 2EA, F A= 3F D, F(2; 1) và tam giác CEF vuông tại F. Biết rằng đường
thẳng x−3y−9 = 0 đi qua hai điểm C,E. Tìm tọa độ điểm C, biết C có hồnh độ dương.

A C(6;−1). B C(6; 1). C C(0;−3). D C(0; 3).

</div>
(149)<div class='page_container' data-page=149>

Ta có Fc1 =Cc1 (vì cùng phụ với Fc2) và Ab=D“= 90◦, suy ra

∆AEF ∼∆DF C ⇒ AE

DF =
AF
DC =

EF
F C.

Mà

EB = 2EA
F A= 3F D ⇒







AE = 1
3AB

DF = 1

4AD;AF =
3
4AD.

, khi đó

1
3AB
1
4AD

=
3
4AD

AB ⇔AB

2 = 9

16AD

2 ⇔ AB

AD =

3
4.

B C

D
E

F
H

Do đó

EF
F C =

AE
DF =

1
3AB
1
4AD

= 1⇒EF =F C

suy ra ∆F EC vng cân tại F.

Gọi H là hình chiếu vng góc của F trên EC. Khi đó

CF =√2F H =√2.d(F, CE) = √2.|2√−3−9|

12+ 32 = 2

√

Gọi C(3t+ 9;t)với t >−3(do xC >0). Suy ra

CF2 = 20⇔(3t+ 7)2+ (t−1)2 = 20 ⇔t2+ 4t+ 3 = 0⇔

t =−1

t =−3 (loại) ⇒C(6;−1).
Vậy C(6;−1).

Chọn đáp án A

Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng tại A và D có đáy lớn CD

và BCD’ = 45◦. Đường thẳng AD và BD lần lượt có phương trình 3x−y = 0 và x−2y= 0. Viết

phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 15và điểm B có tung độ dương.

A x+ 2y−10 = 0. B 2x−y+ 10 = 0. C x+ 2y+ 10 = 0. D 2x+y−10 = 0.
Lời giải.

Do AD∩BD ={D} nên tọa độ điểm D là nghiệm của
hệ

3x−y= 0

x−2y= 0 ⇔

x= 0

y= 0 ⇒D(0; 0)..

Ta có các vectơ pháp tuyến tương ứng của AD và BD

là: #»nAD = (3;−1),#»nBD = (1;−2).

45◦

A B

D C

Suy ra cos(AD, BD) = |

#»

nAD· #»nBD|
|#»nAD| · |#»n BD|

= √|3 + 2|

10·√5 =
1

√

2 ⇒ADB’ = 45

◦.

Khi đó tam giác ABD và BDC lần lượt vuông cân tại A và B, suy ra AB =AD= DC
2 .
Ta cóSABCD =

(AB+DC)·AD

2 =

(AB+ 2AB)·AB

2 =

3
2AB

2 = 15⇒AB=√10⇒BD= 2√5.

</div>
(150)<div class='page_container' data-page=150>

Khi đó BD= 2√5⇔BD2 = 20⇔(2t)2+t2 = 20⇔t2 = 4⇔t= 2 hoặc t=−2(loại) ⇒B(4; 2).

Đường thẳng BC đi qua B(4; 2) và có vectơ pháp tuyến: #»nBC = #»uBD = (2; 1) (vì tam giác BDC

vng tại B) nên ta có phương trình: 2(x−4) + (y−2) = 0⇔2x+y−10 = 0.

Chọn đáp án D

Câu 8. Phương trìnhx2+y2−2x+ 4y+ 1 = 0là phương trình của đường trịn nào?

A Đường trịn có tâm (−1; 2), bán kínhR = 1.

B Đường trịn có tâm (1;−2), bán kínhR = 2.

C Đường trịn có tâm (2;−4), bán kínhR = 2.

D Đường trịn có tâm (1;−2), bán kínhR = 1.

Lời giải.

Phương trình x2+y2 −2x+ 4y+ 1 = 0⇔(x−1)2+ (y+ 2)2 = 4.
Vậy đường trịn có tâm (1;−2), bán kính R= 2.

Chọn đáp án B

Câu 9. Cho đường trịn có phương trìnhx2+y2+ 5x−4y+ 4 = 0. Bán kính của đường trịn là

A 3

2. B

2. C

2. D

6
2.

Lời giải.

Phương trình tổng qt của đường trịn có dạng: x2+y2−2ax−2by+c= 0 với I(a;b) là tâm và
bán kính được tính bằng cơng thức R =√a2+b2−c.

Từ phương trình tổng quát của C :x2+y2+ 5x−4y+ 4 = 0ta suy ra R=

−5

ã2

+ 22−4 = 5

Chọn đáp án C

Câu 10. Phương trình nào là phương trình của đường trịn có tâmI(−3; 4)và bán kínhR = 2?

A (x+ 3)2+ (y−4)2−4 = 0. B (x−3)2+ (y−4)2 = 4.

C (x+ 3)2+ (y+ 4)2 = 4. D (x+ 3)2+ (y−4)2 = 2.

Lời giải.

Phương trình của đường trịn có tâm I(−3; 4) và bán kính R= 2 có dạng
(x+ 3)2+ (y−4)2 = 4⇔(x+ 3)2+ (y−4)2−4 = 0

Chọn đáp án A

Câu 11. Tìm tọa độ tâm đường tròn đi qua3 điểm A(0; 5), B(3; 4), C(−4; 3).

A (−1;−1). B (3; 1). C (0; 0). D (−6;−2).

Lời giải.

Gọi (C) :x2+y2−2ax−2by+c= 0.A, B, C ∈(C) nên







25−10b+c= 0
25−6a−8b+c= 0

25 + 8a−6b+c= 0

⇔







a = 0

b = 0

c=−25.

Vậy tâm I ≡O(0; 0)

Chọn đáp án C

Câu 12. Phương trình đường trịn(C)có tâmI(−2; 0)và tiếp xúc với đường thẳngd: 2x+y−1 = 0
là:

A x2+ (y+ 2)2 = 5. B (x−2)2+y2 = 5. C (x+ 2)2+y2 = 5. D x2+ (y−2)2 = 5.

</div>
(151)<div class='page_container' data-page=151>

Vì đường trịn (C) tiếp xúc với đường thẳngd nên R=d(I, d) = |2√.(−2)−1|

22+ 12 =

√

5.
Đường trịn (C) có tâmI(−2; 0) và bán kính R=√5 có phương trình tổng quát là

Chọn đáp án C

Câu 13. Phương trình tiếp tuyến của đường trịn (C) có phương trình:x2+y2 −4x−8y−5 = 0.

Đi qua điểm A(−1; 0).

A 3x+ 4y−3 = 0. B 3x4y+ 3 = 0. C 3x+ 4y+ 3 = 0. D −3x+ 4y+ 3 = 0.

Lời giải.

Đường trịn (C) có tâmI(2; 4), bán kínhR=p22+ (−4)2+ 5 = 5.

Ta thấy A(−1; 0)∈(C)(tọa độ của A thỏa phương trình (C)).

Do đó, tiếp tuyến của (C) đi qua A(−1; 0) có vectơ chỉ phươngIA# » = (−3;−4) =−(3; 4).
Phương trình tiếp tuyến có dạng 3(x+ 1) + 4y= 0 ⇔3x+ 4y+ 3 = 0.

Chọn đáp án C

Câu 14. Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường trịn (C) : x2 +y2 −2x + 2y− 18 = 0. Biết

AC = 2BD, điểm B có hồnh độ dương và thuộc đường thẳng ∆ : 2x−y−5 = 0. Phương trình
cạnh AB là

A 2x−y−11 = 0 hoặc 2x−11y−41 = 0. B 2x+y−11 = 0.

C 2x+ 11y−41 = 0. D 2x+y−11 = 0hoặc 2x+ 11y−41 = 0.
Lời giải.

D
I
H

Đường trịn (C) có tâmI(1;−1)và bán kính R= 2√5.
Gọi H là hình chiếu của I trên AB, suy ra IH =R = 2√5.

Vì ABCD là hình thoi và AC = 2BD nên AI = 2BI, khi đó xét tam giác vng ABI ta có:
1

AI2 +

BI2 =

IH2 ⇔

1
4BI2 +

BI2 =

1
(2√5)2

⇔BI = 5
Gọi B(t; 2t−5)∈∆ với t >0, khi đó

BI = 5 ⇔BI2 = 25⇔(t−1)2+ (2t−4)2 = 25⇔5t2 −18t−8 = 0⇔




t = 4

t =−2

5(loại)

⇒B(4; 3).

Gọi vectơ pháp tuyến của AB là n# »AB = (a;b)với a2+b2 >0, khi đó phương trình AB có dạng

a(x−4) +b(y−3) = 0⇔ax+by−4a−3b= 0.

Ta có

d(I, AB) = R ⇔ |a−√b−4a−3b|

a2+b2 = 2

√

</div>
(152)<div class='page_container' data-page=152>

⇔ (3a+ 4b)2 = 20(a2+b2)

⇔ 11a2−24ab+ 4b2 = 0⇔11a

−24a

+ 4 = 0

⇔





a
b = 2
a
b =

2
11.
Với a

b = 2 chọn

a= 2

b= 1, khi đó phương trình ABlà:2x+y−11 = 0.
Với a

b =

2
11 chọn

a= 2

b= 11, khi đó phương trình AB là:2x+ 11y−41 = 0.

Chọn đáp án D

Câu 15. Cho hai điểmA(8; 0) vàB(0; 6). Phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB là

A (x−2)2+ (y−2)2 = 9. B (x−7)2+ (y−5)2 = 4.

C (x−3)2+ (y−4)2 = 4. D (x−2)2+ (y−2)2 = 4.
Lời giải.

Ta có OA= 8;OB = 6;AB=√82+ 62 = 10.

Mặt khác 1

2OA.OB =pr (vì cùng bằng diện tích tam giác ABC).

Suy ra r = OA.OB

OA+OB+AB = 2.

Dễ thấy đường trịn cần tìm có tâm thuộc góc phần tư thứ nhất và tiếp xúc với hai trục tọa độ nên
tâm của đường trịn có tọa độ là (2; 2).

Vậy phương trình đường trịn nội tiếp tam giác OAB là:(x−2)2+ (y−2)2 = 4.

Chọn đáp án D

Câu 16. Cho phương trình đường cong (Cm): x2 +y2 + (m+ 2)x−(m+ 4)y+m+ 1 = 0. Tìm

điểm khi m thay đổi họ các đường trịn(Cm) ln đi qua điểm cố định đó

A M1(−1; 0) và M2(1; 2). B M1(−1; 1) và M2(−1; 2).

C M1(−1; 1) và M2(1; 2). D M1(−1; 1) và M2(1; 1).

Lời giải.

Gọi M(x0;y0)là điểm cố định mà họ (Cm)ln đi qua.

Khi đó ta có

x2o+y02+ (m+ 2)x0−(m+ 4)y0+m+ 1 = 0,∀m

⇔ (x0−y0 −1)m+x2o+y

0 + 2x0 −4y0+ 1 = 0,∀m

⇔

x0−y0+ 1 = 0

x20+y02+ 2x0−4y0+ 1 = 0

⇔








x0 =−1

y0 = 0

x0 = 1

y0 = 2

Vậy có hai điểm cố định mà họ (Cm) luôn đi qua với mọim làM1(−1; 0) và M2(1; 2)

Chọn đáp án A

Câu 17. Phương trình của Elip có độ dài trục lớn bằng 8, độ dài trục nhỏ bằng6 là:

A 9x2+ 16y2 = 1. B x
2

64+

36 = 1. C 9x

2+ 16y2 = 144. D x

9 +

</div>
(153)<div class='page_container' data-page=153>

Lời giải.

Giả sử phương trình chính tắc của (E) : x

a2 +

b2 = 1 (a > b >0).

Elip có độ dài trục lớn bằng 8, độ dài trục nhỏ bằng 6⇒

2a= 8
2b= 6 ⇒

a= 4

b= 3.

Vậy (E) : x

16 +

9 = 1.

Chọn đáp án C

Câu 18. Tìm phương trình chính tắc của elip nếu nó đi qua điểm A(2; 1) và có tiêu cự bằng
2√3?

A x

8 +

5 = 1. B

6 +

3 = 1. C

9 +

4 = 1. D

8 +

2 = 1.

Lời giải.

Giả sử elip có phương trình tổng quát là E : x

a2 +

b2 = 1.

Do E đi qua điểm A(2; 1) và có tiêu cự bằng 2√3nên ta có






4

a2 +

b2 = 1

a2−b2 =c2 =Ä√3ä2 = 3

⇔





a2 +

b2 = 1

a2 =b2+ 3

⇔





a2 +

b2 = 1

b4−2b2−3 = 0

⇔

a2 = 6

b2 = 3 ⇒E :

6 +

3 = 1.

Chọn đáp án B

Câu 19. Cho Elíp có phương trình 16x2+ 25y2 = 100. Tính tổng khoảng cách từ điểm thuộc Elíp
có hồnh độ x= 2 đến hai tiêu điểm.

A √3. B 2√2. C 5. D 4√3.

Lời giải.

E : 16x2 + 25y2 = 100⇔ x
2

25
4

4 = 1⇒





a2 = 25
4

b2 = 4

⇒





a= 5
2

b = 2
Ta có:M F1+M F2 = 2a= 2.

5
2 = 5.

Vậy tổng khoảng cách từ điểm thuộc Elíp có hoành độx= 2 đến hai tiêu điểm bằng 5

Chọn đáp án C

Câu 20. Một mảnh vườn hình elip có độ dài trục lớn bằng 12m,

độ dài trục bé bằng8m. Người ta dự định trồng hoa trong một
hình chữ nhật nội tiếp của elip như hình vẽ. Hỏi diện tích trồng
hoa lớn nhất có thể là?

A 62m2. B 46m2. C 576

13 m

2. D 48m2.

A0 A
B

Lời giải.

Đặt phương trình chính tắc của E : x

a2 +

b2 = 1.

Ta có 2a= 12⇒a = 6, 2b= 8⇒b = 4. Suy ra E : x

36+

16 = 1.
Chọn A(xA;yA)là đỉnh hình chữ nhật và xA >0, yA >0. Khi đó

36 +

</div>
(154)<div class='page_container' data-page=154>

Diện tích hình chữ nhật làS = 4xAyA= 48.2.

6 .

4 ≤48

Åx2

36 +

= 48.

Chọn đáp án D

BẢNG ĐÁP ÁN

1. C 2. C 3. A 4. A 5. B 6. A 7. D 8. B 9. C 10. A

</div>
(155)<div class='page_container' data-page=155>

3

ĐẠI SỐ LỚP 11

CHƯƠNG

1.

HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG

TRÌNH LƯỢNG GIÁC

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1. Hàm số lượng giác Câu 1 Câu 7 Câu 19 5

Câu 2 Câu 8 25%

2. Phương trình lượng giác
cơ bản

Câu 3 Câu 9 Câu 15 7

Câu 4 Câu 10 Câu 16

Câu 11 35%

3. Một số phương trình
lượng giác thường gặp

Câu 5 Câu 12 Câu 17 Câu 20 8

Câu 6 Câu 13 Câu 18

Câu 14 40%

Cộng 6 8 4 2 20

30% 40% 20% 10% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Chủ đề 1. Hàm
số lượng giác

1 NB Tìm tập xác định của hàm số lượng giác.

2 NB Xét tính chẵn lẻ của của hàm số lượng giác.

7 TH Nhận dạng đồ thị hàm số lượng giác.

8 TH Xét tính đơn điệu của hàm số lượng giác trên mộtkhoảng cho trước.

19 VDC Tìm được giá trị lớn nhất của hàm số lượng giác.

3 NB Biết giải phương trình dạng cosx=m.

4 NB Biết giải phương trình dạng tanx+m = 0.

9 TH Biết giải các phương trình quy về dạng: sinf(x) =

</div>
(156)<div class='page_container' data-page=156>

Chủ đề 2.
Phương trình
lượng giác cơ bản

10 TH Biết giải các phương trình quy về dạng:cosg(x)và tìm nghiệm âm lớn nhất. cosf(x) =

11 TH Biết giải các phương trình quy về dạng:tanf(x) = m.

15 VDT

Biết giải các phương trình có điều kiện quy về PTLG
cơ bản và tìm số điểm biểu diễn nghiệm trên đường
tròn LG.

16 VDT

Biết giải các phương trình có điều kiện quy về PTLG
cơ bản và tìm số điểm biểu diễn nghiệm trên đường
tròn LG.

Chủ đề 3. Một số
phương trình

lượng giác
thường gặp

5 NB Giải phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng

giác.

6 NB Giải phương trình bậc nhất đối với một hàm số lượng

giác.

12 TH Biết giải phương trình quy về phương trình bậc hai

đối với một hàm số lượng giác.

13 TH Biết giải phương trình quy về phương trình lượng giác

cơ bản.

14 TH Biết giải phương trình quy về phương trình lượng giác

thường gặp và tìm số nghiệm trên khoảng cho trước.

17 VDT Giải đượcphương trình quy về phương trình lượng

giác thường gặp.

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Tìm tập xác định của hàm sốy = 1
cosx.

A D =R\nπ

2 +kπ;k ∈Z

. B D =R\ {kπ;k ∈Z}.

C D =

kπ

2;k ∈Z

. D D =R\nkπ

2;k ∈Z

Lời giải.

Hàm số đã cho xác định khi cosx6= 0⇔x6= π

2 +kπ;k ∈Z.
Vậy tập xác định của hàm số là D =R\nπ

2 +kπ;k ∈Z

Chọn đáp án A

Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số chẵn?

A y= tanx. B y= cosx. C y= cotx. D y = sinx.

Lời giải.

Hàm số y = cosx là hàm chẵn vì có tập xác định D = R là tập đối xứng và thỏa mãn tính chất

f(−x) = cos(−x) = cos(x) =f(x).

Ba hàm số còn lại là các hàm số lẻ vì f(−x) = −f(x).

Chọn đáp án B

Câu 3. Phương trìnhcosx=−
√

</div>
(157)<div class='page_container' data-page=157>




x= π

4 +k2π

x=−π

4 +k2π

; (k ∈Z). B






x= 3π

4 +k2π

x=−3π

4 +k2π

; (k∈Z).





x= 7π

4 +k2π

x=−7π

4 +k2π

; (k∈Z). D





x= π

4 +k2π

x= 3π

4 +k2π

; (k ∈Z).

Lời giải.

Ta có cosx=−
√

2 ⇔cosx= cos

Å
3π
4
ã
⇔




x= 3π

4 +k2π

x=−3π

4 +k2π

(k∈Z).

Chọn đáp án B

Câu 4. Tập nghiệm S của phương trình3 tanx−√3 = 0 là

A S =

6 +

k2π

3 , k ∈Z

™

. B S =nπ

6 +kπ, k ∈Z

C S =

nπ

6 +k2π, k∈Z

. D S =

ßπ

6 +

kπ

3 , k∈Z

™

Lời giải.

Ta có 3 tanx−√3 = 0⇔tanx=

√

3 ⇔x=

6 +kπ, k ∈Z.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =nπ

6 +kπ, k ∈Z

Chọn đáp án B

Câu 5. Nghiệm của phương trình sin2x−4 sinx+ 3 = 0 là

A x=−π

2 +k2π, k∈Z. B x=π+k2π, k ∈Z.

C x= π

2 +k2π, k∈Z. D x=k2π, k∈Z.

Lời giải.

Ta có sin2x−4 sinx+ 3 = 0⇔

sinx= 1
sinx= 3.

• Với sinx= 1⇔x= π

2 +k2π, k∈Z.

• Với sinx= 3 phương trình vơ nghiệm.

Chọn đáp án C

Câu 6. Phương trình2 sinx−1 = 0 có tất cả các nghiệm là





x= π

3 +k2π

x= 2π

3 +k2π

(k ∈Z). B





x= π
6 +kπ

x=−5π

6 +kπ

(k ∈Z).






x= π

6 +k2π

x= 5π

6 +k2π

(k ∈Z). D




x= π

6 +k2π

x=−π

6 +k2π

(k ∈Z).

Lời giải.

Ta có 2 sinx−1 = 0⇔sinx= 1
2 ⇔





x= π

6 +k2π

x= 5π

6 +k2π

(k ∈Z).

</div>
(158)<div class='page_container' data-page=158>

Câu 7. Đường cong trong hình dưới đây là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở
bốn phương án A, B, C, D. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

−3π

−π

π 3π

A y=|tanx|. B y= cotx. C y=|cotx|. D y = tanx.

Lời giải.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

Hàm số xác định tại các điểm x=kπ nên loại hàm số y= cotx và y=|cotx|.
Vì đồ thị hàm số ln nằm phía trên Ox nên đồ thị trên là của hàm số y=|tanx|.

Chọn đáp án A

Câu 8. Với x∈

31π

4 ;
33π

, mệnh đề nào sau đây là đúng?

A Hàm số y= cotx nghịch biến. B Hàm số y= sinx đồng biến.

C Hàm số y= cosx nghịch biến. D Hàm số y= tanx nghịch biến.

Lời giải.

Ta có

Å31π

4 ;
33π

−π

4 + 8π;

4 + 8π

thuộc góc phần tư thứ I và II.

Chọn đáp án B

Câu 9. Nghiệm dương bé nhất của phương trình 2 sin2x+ 5 sinx−3 = 0 là

A x= π

6. B x=

3π

2 . C x=

5π

6 . D x=

Lời giải.

Ta có 2 sin2x+ 5 sinx−3 = 0⇔




sinx= 1
2

sinx=−3 (vô nghiệm)

⇔





x= π

6 +k2π

x= 5π

6 +k2π

, (k ∈Z).
Vậy nghiệm dương bé nhất là x= π

Chọn đáp án A

Câu 10. Nghiệm âm lớn nhất của phương trình cos 4x+1

2 = 0 là

A −π

6. B −

3. C −

5π

6 . D −

7π

2 .

Lời giải.

Xét cos 4x+1

2 = 0⇔cos 4x=−
1

2 ⇔x=±

6 +k

2 với k∈Z.

Nghiệm âm lớn nhất của phương trình là x=−π

Chọn đáp án A

Câu 11. Tìm nghiệm của phương trình √3 cosx= 3 sinx.

A x=−π

6 +kπ. B x=
π

6 +kπ. C x=

3 +kπ. D x=

</div>
(159)<div class='page_container' data-page=159>

Lời giải.

Ta có √3 cosx= 3 sinx⇔tanx=

√

3 ⇔x=

6 +kπ.

Chọn đáp án B

Câu 12. Phương trìnhcos 2x+ sin2x+ 2 cosx+ 1 = 0có nghiệm là

A x= π

3 +k2π. B




x=k2π
x= π

3 +k2π

. C




x= π
3 +kπ

x=−π

3 +kπ

. D x=π+k2π.

Lời giải.

Ta có

cos 2x+ sin2x+ 2 cosx+ 1 = 0

⇔ cos2x+ 2 cosx+ 1 = 0

⇔ cosx=−1

⇔ x=π+k2π, k ∈Z.

Chọn đáp án D

Câu 13. Nghiệm của phương trình sinx·cosx= 1
2 là

A x=k2π; k∈Z. B x= kπ

4 ;k ∈Z.

C x= π

4 +kπ; k∈Z. D x=kπ; k∈Z.

Lời giải.

Ta có sinx·cosx= 1

2 ⇔sin 2x= 1 ⇔2x=

2 +k2π ⇔x=

4 +kπ với k ∈Z.

Chọn đáp án C

Câu 14. Số nghiệm thuộc đoạn[0; 2018π]của phương trình cos 2x−2 sinx+ 3 = 0 là

A 2017. B 1009. C 1010. D 2018.

Lời giải.

Ta có

cos 2x−2 sinx+ 3 = 0

⇔ 1−2 sin2x−2 sinx+ 3 = 0

⇔ sin2x+ sinx−2 = 0

⇔

sinx= 1

sinx=−2(loại)

⇔ x= π

2 +k2π, k∈Z.
Theo giả thiếtx∈[0; 2018π]⇔0≤ π

2+k2π ≤2018π⇔ −
1

4 6k≤
4035

4 ⇒k ∈ {0,1,2,3, . . . ,2008}.
Vậy phương trình đã cho có 1009 nghiệm.

Chọn đáp án B

Câu 15. Trên đường tròn lượng giác, số điểm biểu diễn tập nghiệm của phương trình cosx−

√

3 sinx

2 sinx−1 =
0.

A 0. B 1. C 2. D 3.

</div>
(160)<div class='page_container' data-page=160>

Điều kiện 2 sinx−16= 0 ⇔sinx6= 1
2 ⇔







x6= π

6 +k2π

x6= 5π

6 +k2π

, k∈Z.

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

cosx−√3 sinx= 0

⇔ cotx=√3

⇔ x= π

6 +mπ, m∈Z

⇔





x= π

6 +k2π

x= 7π

6 +k2π

, k ∈Z.

−1

−1
sin

cos

Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm x= 7π

6 +k2π, k∈Z.
Do đó có 1 điểm biểu diễn tập nghiệm của phương trình đã cho.

Chọn đáp án B

Câu 16. Số điểm biểu diễn nghiệm của phương trình cot 3x·tanx = 1 trên đường trịn lượng giác
là

A 2. B 0. C 3. D 1.

Lời giải.

Điều kiện:

sin 3x6= 0
cosx6= 0 ⇔





x6=kπ

x6= π
2 +kπ

, k∈Z.
Ta có

cot 3x·tanx= 1

⇔ sinx·cos 3x= cosx·sin 3x

⇔ sinx·cos 3x−cosx·sin 3x= 0

⇔ sin(−2x) = 0

⇔ x=−kπ

</div>
(161)<div class='page_container' data-page=161>

−1

−1
sin

cos

Kết hợp với điều kiện suy ra, phương trình đã cho vơ nghiệm.

Chọn đáp án B

Câu 17. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình cos 3x+ sin 2x−sin 4x= 0.

A x= π
6 +k

2π

3 , k ∈Z.

B x= π
6 +k

3, k ∈Z.

C x=kπ

3;x=

6 +k2π; x=
5π

6 +k2π, k∈Z.

D x= π
6 +k

3; x=−

3 +k2π,k ∈Z.

Lời giải.

Ta có

cos 3x+ sin 2x−sin 4x= 0

⇔ cos 3x−2 cos 3x·sinx= 0

⇔ cos 3x(1−2 sinx) = 0

⇔




cos 3x= 0
sinx= 1

⇔








x= π
6 +k

x= π

6 +k2π

x= 5π

6 +k2π

⇔ x= π
6 +k

3, k ∈Z.

Chọn đáp án B

Câu 18. Tìm m để phương trình msin 2x−cos 2x= 2m−1 vô nghiệm.

A 0< m < 4

3. B m <0 hoặc m >

4
3.

C 0≤m≤ 4

3. D m≤0 hoặc m≥

4
3.

Lời giải.

Phương trình vơ nghiệm ⇔m2+ 1<(2m−1)2 ⇔m <0 hoặc m > 4

</div>
(162)<div class='page_container' data-page=162>

Câu 19. Hằng ngày, mực nước của con kênh lên xuống theo thủy triều. Độ sâu h(m) của mực nước
trong kênh tính theo thời gian t(h) được cho bởi công thức h = 3 cos

πt

6 +

+ 12. Khi nào mực
nước của kênh là cao nhất với thời gian ngắn nhất?

A t= 22(h). B t= 15(h). C t= 14(h). D t = 10(h).

Lời giải.

Ta có mực nước kênh cao nhất khi cos

Åπt

6 +

= 1 ⇔ πt

6 +

3 =

2 +k2π ⇔t =−2 + 12k,k ∈Z.
Thời gian ngắn nhất ứng với k = 0⇒t = 10 (h).

Chọn đáp án D

Câu 20. Trên đường tròn lượng giác, số điểm biểu diễn tập nghiệm của phương trình2017 sin2x+
2018 sinxcosx+ cos2x= 1 là

A 4. B 3. C 2. D 1.

Lời giải.

Phương trình tương đương với sinx(2016 sinx+ 2018 cosx) = 0 ⇔




sinx= 0

tanx=−1008

1009.

O 1

−1

tan

−1008
1009

sin

cos

Phương trình sinx= 0 có hai điểm biểu diễn trên đường trịn lượng giác.
Phương trình tanx=−1008

1009 có hai điểm biểu diễn .
Vậy có tất cả 4 điểm biểu diễn.

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. A 2. B 3. B 4. B 5. C 6. C 7. A 8. B 9. A 10. A

11. B 12. D 13. C 14. B 15. B 16. B 17. B 18. B 19. D 20. A

Đề số 2

Câu 1. Tìm tập xác định của hàm sốy = 1
sinx−1.

A D =R\ {π

2 +k2π;k ∈Z}. B D =R\ {

2 +kπ;k ∈Z}.

C D =R\ {−π

2k;k ∈Z}. D D =R\ {−

</div>
(163)<div class='page_container' data-page=163>

Lời giải.

Gọi D là tập xác định của hàm số, khi đó x∈D ⇔sinx−16= 0 ⇔sinx6= 1⇔x6= π

2+k2π;k ∈Z

Chọn đáp án A

Câu 2. Trong các hàm số sau hàm số nào là hàm số chẵn?

A y= cotx . B y= tanx . C y= sinx . D y = cosx .

Lời giải.

Hàm số y=f(x) nếu thỏa mãn 2 điều kiện sau:

Tập xác định là tập đối xứng

f(x) = f(−x) .

Trong các hàm số đã cho, ta thấy hàm sốy= cosx= cos−xvà có tập xác định là Rlà tập đối xứng
nên y= cosxlà hàm số chẵn.

Chọn đáp án D

Câu 3. Tìm số nghiệm của phương trìnhsinx= 1

2 trên đoạn [0;π].

A 2. B 1. C 3. D 4.

Lời giải.

Phương trình sinx = 1

2 ⇒ sinx = sin 60

◦ ⇒ x = 60◦ + 2kπ hoặc x = 180◦ −60◦ + 2kπ hay

x= 60◦+ 2kπhoặc x= 120◦+ 2kπ. Dox∈[0;π]nên có2giá trị thỏa mãn làx= 60◦ hoặcx= 120◦.

Chọn đáp án A

Câu 4. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình tanx+√3 = 0

A x= π

3 +kπ, k ∈Z . B x=−
π

3 +kπ, k ∈Z .

C x=−π

3 +k2π, k∈Z . D x=

3 +k−2π, k∈Z .

Lời giải.

Ta có tanx=−√3⇔tanx= tan−π

⇔x=−π

3 +kπ, k ∈Z.

Chọn đáp án B

Câu 5. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình sin2x−3 sinx+ 2 = 0.

A x= π

2 +kπ, k ∈Z. B x=
π

2 +k2π, k∈Z.

C x=−π

2 +kπ, k ∈Z. D x=−

2 +k2π, k∈Z.

Lời giải.

Đặt t = sinx,−1 ≤ t ≤ 1 . Khi đó phương trình quy về phương trình ẩn t: t2 −3t+ 2 = 0 có hai

nghiệm là t1 = 1, t2 = 2; vìt2 = 2>1(loại). Với t1 = 1⇔sinx= 1 ⇔x=

2 +k2π, k∈Z .

Chọn đáp án B

Câu 6. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình 3 cot (x−20◦)−√3 = 0.

A x=−40◦+k180◦, k ∈Z. B x=−40◦+k360◦, k ∈Z.

C x= 80◦+k180◦, k ∈Z . D x= 80◦+k360◦, k ∈Z.
Lời giải.

Ta có 3 cot (x−20◦)−√3 = 0⇔cot (x−20◦) =

√

3 ⇔x−20

◦ = 60◦+k180◦, k∈
Z
⇔x= 80◦+k180◦, k ∈Z

Chọn đáp án D

</div>
(164)<div class='page_container' data-page=164>

O x
y

−1
1

−π

−3π

4
−π
2 −
π
4
π
4
π
2
3π
4 π

A y= sinx. B y= cosx. C y= sin 2x. D y = cos 2x.

Lời giải.

Sử dụng điểm O thuộc đồ thị và chu kỳ của hàm số hoặc sử dụng điểm có tọa độ (π

4; 1) thuộc đồ
thị.

Chọn đáp án C

Câu 8. Hàm số y= sinx đồng biến trên khoảng nào?

A 0;π
2

. B π

2;π

. C
Å
π
2;
3π
2
ã

. D (π; 2π) .

Lời giải.

Dựa vào đường tròn lượng giác hoặc đồ thị suy ra hàm số đồng biến trên khoảng

0;π
2

Chọn đáp án A

Câu 9. Tìm nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình sin2x−π

=−sinx.

A x= π

3 . B x=

9 . C x=

4π

9 . D x=

4π

3 .

Lời giải.

sin

2x− π

=−sinx⇔sin

2x− π

= sin(−x)⇔




2x− π

3 =−x+k2π
2x− π

3 =π−(−x) +k2π

⇔





x= π
9 +

2kπ

x= 4π

3 + 2kπ
Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất là x= π

Chọn đáp án B

Câu 10. Tìm nghiệm âm lớn nhất của phương trìnhcos 3x= sinx.

A x=−π

4 . B x=−

3π

8 . C x=−

2 . D x=−π.

Lời giải.

cos 3x= sinx⇔cos 3x= cos

2 −x

⇔




3x= π

2 −x+k2π
3x=−π

2 −x

+k2π

⇔





x= π
8 +

kπ

x=−π

4 +kπ

, k∈Z

Suy ra nghiệm âm lớn nhất là x=−π

Chọn đáp án A

Câu 11. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình tan (2x+ 40◦) =−√1

A x=−35◦+k180◦, k ∈Z. B x=−70◦+k180◦, k ∈Z.

C x=−35◦+k90◦, k ∈Z . D x= 5◦ +k90◦, k∈Z .

Lời giải.

tan (2x+ 40◦) = −√1

3 ⇔2x+ 40

</div>
(165)<div class='page_container' data-page=165>

Chọn đáp án C

Câu 12. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình sin2x+ 4 cosx−4 = 0.

A x=kπ;k ∈Z. B x= 2kπ;k∈Z .

C x=π+k2π; k ∈Z . D x=±arccos(3) +k2π;k∈Z .

Lời giải.

cos2x−4 cosx+ 3 = 0⇔

cosx= 1

cosx= 3 loại ⇔x=k2π

Chọn đáp án B

Câu 13. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình sin 2x−5 sinx= 0.

A x=k2π;k∈Z . B x=k2π;x=±arccos

Å5

+k2π;k ∈Z.

C x=kπ;k ∈Z. D x=kπ;x=±arccos

−5

+k2π;k ∈Z .

Lời giải.

sin 2x−5 sinx= 0⇔sinx(2 cosx−5) = 0⇔




sinx= 0
cosx= 5

2 loại

⇔x=kπ;k ∈Z.

Chọn đáp án C

Câu 14. Số nghiệm thuộc khoảng−π

của phương trìnhcos 3x+ cosx= 0.

A 1. B 2. C 3. D 4.

Lời giải.

cos 3x+ cosx= 0 ⇔4 cos3x−2 cosx= 0 ⇔2 cosx(2 cos2x−1) = 0⇔




cosx= 0
cos2x= 1

⇔









cosx= 0
cosx=

√

2 = cos(

4)
cosx=−

√

2 = cos(
3π

4 )

⇔








x= π
2 +kπ

x= π

4 +k2π

x=−π

4 +k2π
.

Chọn đáp án B

Câu 15. Các nghiệm của phương trình 4 sin

22x+ 6 sin2x−9−3 cos 2x

cosx = 0 được biểu diễn trên

đường tròn lượng giác thành các điểm là đỉnh:

A Tam giác. B Tứ giác. C Ngũ giác. D Lục giác.

Lời giải.

Điều kiện cosx6= 0⇔x6= π
2 +kπ.
Với x6= π

2 +kπ, phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:
4 cos22x+ 6 cos 2x+ 2 = 0⇔




cos 2x=−1
cos 2x=−1

⇔




cosx= 0 loại

x=±π

3 +kπ

;k ∈Z

</div>
(166)<div class='page_container' data-page=166>

sin

cos

Chọn đáp án B

Câu 16. Trên đường trịn lượng giác có bao nhiêu điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình
sin 2x+ 2 cosx−sinx−1

tanx+√3 = 0
.

A 1. B 2. C 3. D 5.

Lời giải.

Điều kiện tanx6=−√3⇔x6=−π

3 +kπ.
Với x6=−π

3 +kπ, phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:
sin 2x+ 2 cosx−sinx−1⇔(sinx+ 1)(2 cosx−1) = 0⇔




sinx=−1
cosx= 1

⇔




x=−π

2 +k2π

x=±π

3 +k2π

;k ∈Z

Từ nghiệm của phương trình suy ra các nghiệm được biểu diễn trên đường tròn lượng giác thành 3
điểm phân biệt.

sin

cos

Chọn đáp án C

Câu 17. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình 2 sinx·cos2x+ 1−sinx−2 cos2x= 0.

A x= kπ
2 ;x=

2 +kπ;k ∈Z . B x=

4 +kπ;x=

2 +k2π;k ∈Z .

C x= π
4 +

kπ

2 ;x=

2 +kπ;k ∈Z. D x=

4 +

kπ

2 ;x=

2 +k2π;k∈Z .

</div>
(167)<div class='page_container' data-page=167>

2 sinx·cos2x+1−sinx−2 cos2x= 0 ⇔cos 2x(sinx−1) = 0⇔

cos 2x= 0
sinx= 1 ⇔




x= π
4 +k

x= π

2 + 2kπ

;k ∈Z

Chọn đáp án D

Câu 18. Tìm tất cả các giá trị của m đề phương trình msinx−3 cosx= 5 vơ nghiệm.

A −√34< m <√34. B −4< m <4 .

m≤ −√34

m≥√34 . D

m≤ −4

m≥4 .

Lời giải.

Điều kiện phương trình vơ nghiệm⇔m2+ (3)2 <25⇔m2 <16⇔ −4< m <4.

Chọn đáp án B

Câu 19. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y= 2 sin2x+ 3 sinxcosx+ 5 cos2x.

A maxy= 3

√

2
2 +

2 . B maxy=−

3√2

2 +

7
2 .

C maxy= 10 . D maxy= 13

2 .

Lời giải.

y= 2 sin2x+ 3 sinxcosx+ 5 cos2x= 3

2(sin 2x+ cos 2x) +
7
2 =

3√2

2 sin(2x+

4) +
7
2 ≤

3√2

2 +

7
2.
Từ đó suy ra giá trị lớn nhất của y là: 3

√

2 +

7
2.

Chọn đáp án A

Câu 20. Trên đường trịn lượng giác có bao nhiêu điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình
cos 2x= sin3x+ cos3x.

A 3. B 5. C 4. D 6.

Lời giải.

cos 2x= sin3x+ cos3x⇔(sinx+ cosx)(cosx−1)(sinx+ 1) = 0⇔








x=−π

4 +kπ

x= 2kπ
x=−π

2 +k2π

;k ∈Z

sin

cos

Chọn đáp án C

BẢNG ĐÁP ÁN

1. A 2. D 3. A 4. B 5. B 6. D 7. C 8. A 9. B 10. A

</div>
(168)<div class='page_container' data-page=168>

Đề số 3

Câu 1. Hàm số y= sinx có tập xác định là

A R\ {0}. B R. C R\ {kπ, k ∈Z}. D [−1; 1].

Lời giải.

Hàm số y= sinx có tập xác định là D =R.

Chọn đáp án B

Câu 2. Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn?

A y= 2x. B y= cosx. C y=x+ 4. D y =x3.

Lời giải.

Hàm số y= cosx có tập xác định là D =R.

Với mọi x ∈ R ta có −x ∈ R và y(−x) = cos(−x) = cosx =y(x) nên hàm số y = cosx là hàm số
chẵn.

Chọn đáp án B

Câu 3. Phương trìnhcosx= 0 có nghiệm là

A x= π

2 +kπ, k∈Z. B x=k2π,k ∈Z.

C x=π+k2π, k∈Z. D x= π

2 +k2π,k ∈Z.

Lời giải.

Ta có cosx= 0⇔x= π

2 +kπ, k∈Z.

Chọn đáp án A

Câu 4. Tập nghiệm S của phương trình3 tanx−√3 = 0 là

A S =

ßπ

6 +

kπ

3 , k∈Z

™

. B S =

nπ

6 +kπ, k ∈Z

C S =nπ

6 +k2π, k∈Z

. D S =

ßπ

6 +

k2π

3 , k ∈Z

™

Lời giải.

Ta có 3 tanx−√3 = 0⇔tanx=

√

3 ⇔x=

6 +kπ, k ∈Z.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =nπ

6 +kπ, k ∈Z

Chọn đáp án B

Câu 5. Tìm nghiệm của phương trình lượng giáccos2x−cosx= 0thỏa mãn điều kiện0< x < π.

A x=−π

2. B x=π. C x= 0. D x=

Lời giải.

Ta có cos2x−cosx= 0 ⇔

cosx= 0

cosx= 1 ⇔




x= π
2 +kπ

x=k2π

(k ∈Z).
Vì 0< x < π nên ta có x= π

Chọn đáp án D

Câu 6. Tìm tập nghiệmS của phương trình 2 sinx−√2 = 0.

A S =

4;
3π

™

. B S =

4 +k2π;
3π

4 +k2π, k∈Z

™

C S =

−π

4 +k2π;

4 +k2π, k ∈Z

. D S =

4 +kπ;
3π

4 +kπ, k ∈Z

™

</div>
(169)<div class='page_container' data-page=169>

Ta có sinx=

√

2
2 = sin

4 ⇔x=

4 +k2π; x=

3π

4 +k2π,k ∈Z.

Chọn đáp án B

Câu 7. Đường cong trong hình vẽ bên là một phần của đồ thị hàm số nào trong bốn hàm số được
liệt kê trong các phương án A, B, C, D dưới đây?

O x

−π π

−1

−π

A y= cos 2x. B y= sinx. C y= sin 2x. D y = cosx.

Lời giải.

Ta có x= 0 ⇒y= 0 nên loại hàm số y= cos 2x và y= cosx.
Mặt khác x= π

2 ⇒y= 0 loại hàm số y= sinx.
Vậy hàm số có đồ thị như hình vẽ là y= sin 2x.

Chọn đáp án C

Câu 8. Hàm số y= cosx đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

A 0;π
2

. B

Å3π

2 ; 2π

. C π

2;π

. D −π

Lời giải.

Hàm số y = cosx đồng biến trên các khoảng (−π+k2π;k2π), k ∈ Z nên đồng biến trong khoảng

3π

2 ; 2π

Chọn đáp án B

Câu 9. Tìm nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình sinx+ sin 2x= 0.

A π

3. B

2π

3 . C π. D

4π

3 .

Lời giải.

Ta có

sinx+ sin 2x= 0

⇔ sinx+ 2 sinxcosx= 0

⇔ sinx(1 + 2 cosx) = 0

⇔




sinx= 0
cosx=−1

⇔




x=kπ
x=±2π

3 +k2π

, k ∈Z.

Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là 2π
3 .

</div>
(170)<div class='page_container' data-page=170>

Câu 10. Tìm nghiệm âm lớn nhất của phương trìnhcos 3x= cosx.

A −π

3. B −

2. C −π. D −2π.

Lời giải.

Ta có

cos 3x= cosx

⇔

3x=x+k2π

3x=−x+k2π

⇔




x=kπ
x= kπ
2

, k ∈Z.

Suy ra nghiệm âm lớn nhất của phương trình là −π

Chọn đáp án B

Câu 11. Tất cả các nghiệm của phương trình 3 cotx+ tanx−2√3 = 0 là

A x= π

3 +k2π,k ∈Z. B x=

6 +k2π,k ∈Z.

C x= π

6 +kπ, k∈Z. D x=

3 +kπ, k∈Z.

Lời giải.

Điều kiện của phương trình

sinx6= 0

cosx6= 0 ⇔x6=

kπ

2 , k ∈Z.
Ta có

3 cotx+ tanx−2√3 = 0

⇔ 3

tanx+ tanx−2

√

3 = 0

⇔ tan2x−2√3 tanx+ 3 = 0

⇔ tanx=√3

⇔ x= π

3 +kπ, k ∈Z (thỏa mãn).

Chọn đáp án D

Câu 12. Phương trìnhcos 2x+ 5 cosx+ 3 = 0 có bao nhiêu nghiệm trên khoảng (−π; 3π)?

A 5. B 3. C 2. D 4.

Lời giải.

Ta có

cos 2x+ 5 cosx+ 3 = 0

⇔ 2 cos2x+ 5 cosx+ 2 = 0

⇔




cosx=−1

cosx= 2 (vơ nghiệm).

Với cosx=−1

2 ⇔x=±
2π

</div>
(171)<div class='page_container' data-page=171>

• Xét x= 2π

3 +k2π ∈(−π; 3π). Suy ra

−π < 2π

3 +k2π < 3π

⇔ −1< 2

3 + 2k < 3

⇔ −5

6 < k <
7
6.
Vì k ∈Z nên k = 0; 1. Khi đó x= 2π

3 ; x=
8π

3 .

• Xét x=−2π

3 +k2π ∈(−π; 3π). Suy ra

−π <−2π

3 +k2π < 3π

⇔ −1<−2

3 + 2k < 3

⇔ −1

6 < k <
11

6 .
Vì k ∈Z nên k = 0; 1. Khi đó x=−2π

3 ; x=
4π

3 .
Vậy phương trình có 5 nghiệm làx=±2π

3 ; x=
4π

3 ; x=
8π

3 .

Chọn đáp án D

Câu 13. Tìm nghiệm của phương trình cot

x+π
4

−√3 = 0.

A x= π

3 +kπ. B x=

12+kπ. C x=−
π

12+kπ. D x=

6 +kπ.

Lời giải.

Ta có cotx+ π
4

−√3 = 0⇔cotx+π
4

=√3⇔x+π
4 =

6 +kπ⇔x=−

12+kπ, k∈Z.
Vậy nghiệm của phương trình là x=−π

12+kπ, k ∈Z.

Chọn đáp án C

Câu 14. Tìm số nghiệm của phương trình√3 sinx−cosx= 1 trên khoảng (0; 25π).

A 25. B 13. C 12. D 20.

Lời giải.

Ta có √3 sinx−cosx= 1⇔sin

x− π

= 1

2 ⇔




x= π

3 +k2π

x=π+k2π

, k ∈Z.

• Với x= π

3 +k2π ∈(0; 25π) thì

0< π

3 +k2π <25π

⇔ 0< 1

3 + 2k < 25

⇔ −1

6 < k <
37

</div>
(172)<div class='page_container' data-page=172>

• Với x= π

3 +k2π ∈(0; 25π) thì

0< π+k2π <25π

⇔ 0<1 + 2k < 25

⇔ −1

2 < k <12.
Vì k ∈Z nên k ∈ {0; 1; 2;. . .; 11}.

Vậy có 25nghiệm của phương trình thuộc khoảng (0; 25π).

Chọn đáp án A

Câu 15. Tìm số điểm biểu diễn trên đường trịn lượng giác của tập nghiệm của phương trình
tanx= tan 3x.

A 3. B 2. C 1. D 4.

Lời giải.

Điều kiện





x6= π
2 +kπ
3x6= π

2 +kπ

⇔





x6= π
2 +kπ

x6= π
6 +k

,k ∈Z.
Ta có tanx= tan 3x⇔3x=x+kπ ⇔x=kπ

Đối chiếu điều kiện, nghiệm phương trình là x=kπ, k∈Z.

Vậy số điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác của tập nghiệm phương trình là 2.

Chọn đáp án B

Câu 16. Tìm số điểm biểu diễn trên đường trịn lượng giác của tập nghiệm của phương trình
sin 2x

cosx−1 = 0.

A 3. B 2. C 4. D 1.

Lời giải.

Điều kiện cosx6= 1⇔x=6 k2π,k ∈Z.
Ta có sin 2x

cosx−1 = 0⇔sin 2x= 0⇔2x=kπ ⇔x=

kπ

2 , k ∈Z.
Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x= π

2 +kπ, x=π+k2π.
Vậy số điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác của tập nghiệm phương trình là 3.

Chọn đáp án A

Câu 17. Tất cả các nghiệm của phương trình cosx+ cos 2x+ cos 3x= 0 là

A x=±π

3 +k2π,x=

4 +k

2, k∈Z. B x=±
2π

3 +k2π, x=

4 +kπ, k ∈Z.

C x=±2π

3 +k2π, x=

4 +k

2, k ∈Z. D x=±

3 +k2π,x=

4 +kπ, k ∈Z.

</div>
(173)<div class='page_container' data-page=173>

Ta có

cosx+ cos 2x+ cos 3x= 0

⇔ (cosx+ cos 3x) + cos 2x= 0

⇔ 2 cos 2x·cosx+ cos 2x= 0

⇔




cos 2x= 0
cosx=−1

⇔






2x= π
2 +kπ

x=±2π

3 +k2π

⇔





x= π
4 +k

x=±2π

3 +k2π

k ∈Z.

Vậy nghiệm của phương trình là x=±2π

3 +k2π, x=

4 +k

2, k∈Z.

Chọn đáp án C

Câu 18. Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình sin 2x+ 4 (cosx−sinx) = m có
nghiệm.

A −1−4√2≤m <0. B 0< m≤1 + 4√2.

C −1−4√2≤m≤ −1 + 4√2. D m >1 + 4√2.

Lời giải.

Ta có

sin 2x+ 4 (cosx−sinx) = m

⇔ cosπ
2 −2x

−4√2 sinx− π

⇔ 1−2sin2x− π

−4√2 sinx− π

=m.

Xét hàm số y=−2t2−4√2t+ 1, với t ∈[−1; 1].
Bảng biến thiên của y=−2t2−4√2t+ 1 trên [−1; 1].

t
f(t)

−1 1

−1−4√2

−1 + 4√2

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

−1−4√2≤m≤ −1 + 4√2.

Chọn đáp án C

Câu 19. Cho hàm số y = sinx−cosx+

√

sinx+ cosx+ 2 · Giả sử hàm số có giá trị lớn nhất là M, giá trị nhỏ
nhất là m. Khi đó, giá trị của 2M+m là

</div>
(174)<div class='page_container' data-page=174>

Lời giải.

Hàm số

y= sinx−cosx+

√

2
sinx+ cosx+ 2

⇔ y(sinx+ cosx+ 2) = sinx−cosx+√2

⇔ (y−1) sinx+ (y+ 1) cosx+ 2y−√2 = 0. (1)
Phương trình (1) có nghiệm khi(y−1)2+ (y+ 1)2 ≥(2y−√2)2 ⇔0≤y≤2√2

⇒

maxy= 2√2

miny= 0 . Suy ra M =

√

2, m= 0.
Khi đó 2M +m= 4√2.

Chọn đáp án A

Câu 20. Tìm số điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác của tập nghiệm phương trình tanx+
tan 2x=−sin 3x·cos 2x.

A 7. B 6. C 4. D 5.

Lời giải.

Điều kiện

cosx6= 0
cos 2x6= 0 ⇔





x6= π

2 +mπ,

x6= π
4 +l

m, l ∈Z.
Phương trình đã cho tương đương với

sin 3x

cosxcos 2x =−sin 3x·cos 2x⇔

sin 3x= 0 (1)
cosxcos22x=−1. (2)
Ta có

(1)⇔x= kπ

3 , k∈Z.

(2)⇔cosx(2 cos2x−1)2 =−1⇔

cosx=−1

4 cos4x−4 cos3x+ 1 = 0.

• Phương trìnhcosx=−1⇔x=π+h2π, h∈Z.

• Phương trình4 cos4x−4 cos3x+ 1 = 0 vơ nghiệm, vì

4 cos4x−4 cos3x+ 1 = (2 cos2x−cosx)2+ sin2x≥0,∀x∈R

và đẳng thức không xảy ra.

Mặt khác, nghiệm x = π+h2π, h ∈Z chỉ là một trường hợp của nghiệm x = kπ

3 , k ∈ Z, ứng với

k = 6h+ 3,h ∈Z.

Do đó, tập nghiệm của phương trình đã cho là S =nkπ

3, k ∈Z

Vậy số điểm biểu diễn trên đường trịn lượng giác của tập nghiệm phương trình là 6.

Chọn đáp án B

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. B 3. A 4. B 5. D 6. B 7. C 8. B 9. B 10. B

</div>
(175)<div class='page_container' data-page=175>

CHƯƠNG

2.

TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1 Quy tắc đếm Câu 1 Câu 2 2

10%

2 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ
hợp

Câu 3 Câu 4 Câu 6 Câu 7 5

Câu 5 25%

3 Nhị thức Niutơn Câu 8 Câu 9 Câu 10 3

15%

4 Phép thử và biến cố Câu 11 Câu 12 Câu 14 4

Câu 13 20%

5 Xác suất của biến cố Câu 15 Câu 17 Câu 19 Câu 20 6

Câu 16 Câu 18 30%

Cộng 6 8 4 2 20

30% 40% 20% 10% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MÔ TẢ

Chủ đề 1. Quy
tắc đếm

1 NB Sử dụng quy tắc cộng để làm một bài toán đơn giản.

2 TH Sử dụng quy tắc nhân để làm một bài toán liên quanđến số tự nhiên.

Chủ đề 2. Hoán
vị, tổ hợp, chỉnh

hợp

3 NB Tìm số hốn vị các phần tử của một tập hợp.

4 TH Sử dụng công thức tổ hợp để giải quyết các bài tậpđơn giản.

5 TH Sử dụng công thức chỉnh hợp để giải quyết các bàitập đơn giản.
6 VDT Sử dụng cơng thức hốn vị chỉnh hợp tổ hợp để giảiquyết bài toán tổng hợp.

7 VDC Sử dụng cơng thức hốn vị chỉnh hợp tổ hợp để tìmn.

Chủ đề 3. Nhị
thức Niutơn

8 NB Viết khai triển nhị thức bậc 4.

</div>
(176)<div class='page_container' data-page=176>

10 VDT Vận dụng công thức nhị thức Niutơn để giải quyếtcác bài toán đơn giản.

Chủ đề 4. Phép
thử và biến cố

11 NB Xác định không gian mẫu của một phép thử ngẫu

nhiên.

12 TH Xác định số phần tử của không gian mẫu của một

phép thử.

13 TH Xác định số phần tử của biến cố đối.

14 VDT Vận dụng định nghĩa phép thử để giải bài toán liênquan.

Chủ đề 5. Xác
suất và biến cố

15 NB Ghi nhớ được cơng thức và tính chất xác suất cổ

điển.

16 NB Tìm mệnh đề sai liên quan đến cơng thức tính xác

suất cổ điển.

17 TH Sử dụng cơng thức tính xác suất để giải quyết các

bài tốn đơn giản.

18 TH Sử dụng cơng thức tính xác suất để giải quyết các

bài toán đơn giản.

19 VDT Vận dụng cơng thức tính xác suất để giải tốn thực

tế.

20 VDC Vận dụng cơng thức tính xác suất để giải tốn thực

tế.

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Một hộp có 9bóng đèn màu xanh, 7bóng đèn màu đỏ. Số cách chọn một bóng đèn bất kỳ
trong hộp đó là

A 36. B 61. C 63. D 16.

Lời giải.

Số cách chọn một bóng đèn bất kỳ trong hộp là 9 + 7 = 16.

Chọn đáp án D

Câu 2. Có bao nhiêu cách cắm 6bông hoa khác nhau vào 6lọ hoa khác nhau?

A 720. B 700. C 120. D 6.

Lời giải.

Mỗi cách cắm6bông hoa khác nhau vào 6 lọ hoa khác nhau là một hốn vị của6bơng hoa đó. Vậy
số cách cắm là 6! = 720.

Chọn đáp án A

Câu 3. Kết quả của khai triển(x+ 2y)4 là

A x4+ 8x3y+ 6x2y2+ 4xy3+y4. B x4+ 8x3y+ 6x2y2 + 4xy3+ 16y4.

C x4+ 8x3y+ 24x2y2+ 32xy3+ 8y4. D x4+ 8x3y+ 24x2y2+ 32xy3+ 16y4.
Lời giải.

Ta có (x+ 2y)4 =

k=0

4x4

</div>
(177)<div class='page_container' data-page=177>

Chọn đáp án D

Câu 4. Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần. Hãy phát biểu biến cốA={(6,1),(6,2),(6,3),
(6,4),(6,5),(6,6)} dưới dạng mệnh đề.

A A: “Lần đầu xuất hiện mặt 6 chấm”. B A: “Tổng số chấm xuất hiện lớn hơn 6”.

C A: “Mặt6 chấm xuất hiện”. D A: “Tổng số chấm không nhỏ hơn 7”.

Lời giải.

Biến cố A được phát biểu dưới dạng mệnh đề là “Lần đầu xuất hiện mặt 6 chấm”.

Chọn đáp án A

Câu 5. A và B là hai biến cố xung khắc. Xác suất của biến cố P(A∪B) là

A P(A∪B) = P(A)

P(B). B P(A∪B) =P(A)·P(B).

C P(A∪B) =P(A)−P(B). D P(A∪B) =P(A) +P(B).
Lời giải.

Vì A và B là hai biến cố xung khắc nên P(A∪B) = P(A) +P(B).

Chọn đáp án D

Câu 6. Giả sử A là biến cố liên quan đến một phép thử có khơng gian mẫu là Ω. Chọn mệnh đề

sai.

A 0≤P(A)≤1. B P(A) = n(A)

n(Ω). C P A

= P(A)−1. D P(Ω) = 1.

Lời giải.

Ta có P A= 1−P(A).
Vậy mệnh đề sai là P A

= P(A)−1.

Chọn đáp án C

Câu 7. Có bao nhiêu số tự nhiên có4 chữ số khác nhau đơi một?

A 5040. B 9000. C 1000. D 4536.

Lời giải.

Gọi số tự nhiên cần tìm là x=abcd với a, b, c, d∈ {0,1,2, ...,9}, a6= 0 và các số đơi một khác nhau.

• Bước 1: Chọna có 9cách chọn.

• Bước 2: Chọnb có9 cách chọn.

• Bước 3: Chọnc có8 cách chọn.

• Bước 4: Chọnd có 7cách chọn.

Theo quy tắc nhân có 9·9·8·7 = 4536cách chọn số thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án D

Câu 8. Một lớp có20 nữ và 15nam. Cần chọn một nhóm5 học sinh đại diện cho lớp đi dự đại hội
đồn trường. Có bao nhiêu cách chọn để được đúng 3 học sinh nữ và 2 học sinh nam?

A 1436400. B 119700. C 718200. D 118245.

Lời giải.

Số cách chọn là C3

20·C215= 119700.

Chọn đáp án B

Câu 9. Cho sáu điểm phân biệtA, B, C, D, E, F. Từ các điểm điểm trên có thể lập được bao nhiêu
véc-tơ khác nhau và khác #»0?

A 15. B 20. C 25. D 30.

Lời giải.

Số véc-tơ bằng A2

6 = 30 (có quan tâm thứ tự điểm đầu và điểm cuối).

</div>
(178)<div class='page_container' data-page=178>

Câu 10. Hệ số của số hạng chứax3 trong khai triển (x+ 3)8 là

A C6

8·x2·36. B C58·35. C C68 ·36. D −C58·x5·33.

Lời giải.

Ta có (x+ 3)8 = P8

k=0

8 ·38−k·xk.

Hệ số của x3 ứng vớik = 3. Hệ số của x3 là C83 ·35 = C58·35.

Chọn đáp án B

Câu 11. Xét phép thử gieo một đồng xu cân đối và đồng chất ba lần. Số phần tử của không gian
mẫu là

A 6. B 8. C 12. D 36.

Lời giải.

Số phần tử của không gian mẫu là 23 = 8.

Chọn đáp án B

Câu 12. Một lớp học có28học sinh nam và 13 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một nhóm3học sinh
để trực lớp. Số các kết quả thuận lợi của biến cố: “Trong nhóm 3 học sinh được chọn có ít nhất 1
nam” là

A 10374. B 7384. C 10660. D 286.

Lời giải.

• Số cách chọn 3 học sinh bất kỳ trong lớp là C3
41.

• Số cách chọn 3 học sinh toàn nữ là C3
13.

Số kết quả thuận lợi của biến cố: “Trong nhóm 3 học sinh được chọn có ít nhất1nam” làC341−C313 =

10374.

Chọn đáp án A

Câu 13. Bạn Nam muốn gọi điện cho cô chủ nhiệm nhưng quên mất hai chữ số cuối của số điện
thoại, bạn chỉ nhớ rằng hai chữ số đó khác nhau. Vì có chuyện gấp nên bạn bấm ngẫu nhiên hai
chữ số bất kì trong các số từ 0 đến 9. Tính xác suất để bạn gọi đúng số của cô trong lần gọi đầu
tiên.

A 1

90. B

45. C

98. D

1
49.

Lời giải.

Ta có n(Ω) = 10·9 = 90 (vì hai chữ số khác nhau); suy ra xác suất để bạn Nam gọi đúng số là 1
90.

Chọn đáp án A

Câu 14. Một hộp đựng 4 bi xanh và 6 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi (mỗi lần lấy 1 viên), xác
xuất để lấy được hai viên bi khác màu là

A 2

15. B

25. C

15. D

4
15.

Lời giải.

Số cách lấy ra lần lượt 2 bi từ hộp làC1

10·C19 ⇒n(Ω) = C110·C19.

Số cách lấy ra lần lượt một bi xanh và một bi đỏ và ngược lại là 2·C14·C16 ⇒n(A) = 2·C14·C16.Vậy
xác suất để lấy được một bi xanh và một bi đỏ là P(A) = n(A)

n(Ω) =
2·C1

4 ·C16

C1
10·C19

= 8
15.

Chọn đáp án C

Câu 15. Cho đa giác đều có 20 cạnh, nối các đỉnh lại để được các tam giác, số tam giác vuông
là

A 180. B 120. C 200. D 90.

</div>
(179)<div class='page_container' data-page=179>

Ta đếm số hình chữ nhật được tạo thành từ các đỉnh của đa giác đều, khi
đó số tam giác vng nhiều gấp bốn lần số hình chữ nhật.

Với hai đường chéo bất kỳ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác, ta được
một hình chữ nhật.

Vì có 10 đường chéo như vậy, số hình chữ nhật tạo thành là C210 = 45.
Vậy số tam giác vuông tạo thành là45·4 = 180 tam giác.

Chọn đáp án A

Câu 16. Biết n là số nguyên dương thỏa mãn Cn

n+3−C

n−1

n+2 = 7(n+ 1). Hệ số của số hạng chứa x2

trong khai triển nhị thức Niu-tơn

x2 −2

3
√

ãn

là

A 924. B 59136. C −924. D 59136.

Lời giải.

Giải phương trình Cn

n+3−C

n−1

n+2 = 7(n+ 1) ta được n= 12.

Số hạng tổng quát của khai triển là Ck

12·

Å 1

ã12−k

·Ä−2√3x7äk = Ck

12·x

13k

3 −24·(−2)k.

Theo đề ta có: 13k

3 −24 = 2⇔k= 6. Vậy hệ số của số hạng chứa x

2 làC6

12·(−2)6 = 59136.

Chọn đáp án D

Câu 17. Xét phép thử T: “Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần”. Số phần tử của biến
cố T là

A 20. B 15. C 18. D 25.

Lời giải.

Xét tập hợp A={1; 2; 3; 4; 5; 6}, mỗi tập con của A có 2 phần tử chỉ có thể tạo ra một bộ sắp xếp
theo thứ tự tăng dần. Từ đó ta suy ra số phần tử của biến cố lần gieo sau có số chấm lớn hơn lần
gieo trước chính bằng số tập con có 2 phần tử của A và bằng C2

6 = 15.

Chọn đáp án B

Câu 18. Có mười cái ghế (mỗi ghế chỉ ngồi được một người) được sắp trên một hàng ngang. Xếp
ngẫu nhiên 7 học sinh ngồi vào, mỗi học sinh ngồi đúng một ghế. Tính xác suất sao cho khơng có
hai ghế nào trống kề nhau.

A 0,64. B 0,46. C 0,6(4). D 0,4(6).

Lời giải.

Để có một cách xếp chỗ ngồi thỏa mãn, ta cho 7 học sinh, mỗi người ngồi trên một ghế, sau đó xếp
ba chiếc ghế còn lại, mỗi ghế vào một vị trí giữa hai học sinh bất kì hoặc hai đầu hàng. Vậy có tất
cả7!·C38 cách xếp học sinh vào hàng thỏa mãn. Số cách xếp 7học sinh vào hàng là A710.

Vậy xác suất cần tìm là 7!·C

3
8

A7
10

= 0,4(6).

Chọn đáp án D

Câu 19. Với n ∈ N, n ≥ 2 thoả mãn 1
C2

+ 1
C2

+· · · + 1
C2

= 9

5· Giá trị của biểu thức

P = C

n+ C3n+2

(n−4)! là

A 61

90. B

90. C

45. D

53
90.

</div>
(180)<div class='page_container' data-page=180>

1
C2

+ 1
C2

+· · ·+ 1
C2

= 9
5 ⇔

1
2.1+

1
3.2 +

4.3+· · ·+

n(n−1) =
9
10.
Lại có: 1

2.1 +
1
3.2+

4.3+· · ·+
1

n(n−1) =

n−1

n =

10 ⇔n = 10.

Vậy P = C

10+ C312

(10−4)! =
59
90.

Chọn đáp án B

Câu 20. Đề thi THPT mơn Tốn năm 2019 gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan, mỗi câu có 4
phương án trả lời và chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm, điểm tối đa là
10 điểm. Một học sinh có năng lực trung bình đã làm đúng được25 câu (từ câu 1 đến câu 25), các
câu còn lại học sinh đó khơng biết cách giải nên chọn phương án ngẫu nhiên cả25 câu cịn lại. Tính
xác suất để điểm thi mơn Tốn của học sinh đó lớn hơn hoặc bằng 6điểm nhưng không vượt quá 8
điểm (chọn phương án gần đúng nhất)?

A 78,622%. B 78,257%. C 77,658%. D 77,898%.

Lời giải.

Xác suất chọn đúng một câu là P = 1

4, xác suất chọn không đúng một câu làP =
3
4.

Để điểm thi mơn Tốn của học sinh đó lớn hơn hoặc bằng 6điểm nhưng khơng vượt q 8điểm thì
học sinh đó phải chọn đúng từ 5 câu đến 15câu trong 25 câu cịn lại.

Vậy xác xuất phải tìm là

k=5

Ck25Pk·P25−k ≈0,78622≈78,622%.

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. D 2. A 3. D 4. A 5. D 6. C 7. D 8. B 9. D 10. B

11. B 12. A 13. A 14. C 15. A 16. D 17. B 18. D 19. B 20. A

Đề số 2

Câu 1. Một lớp có 23 học sinh nữ và 17 học sinh nam. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh để
nhận một phần quà ngẫu nhiên?

A 23. B 17. C 40. D 391.

Lời giải.

Theo quy tắc cộng, có 23 + 17 = 40cách chọn một học sinh nhận phần quà.

Chọn đáp án C

Câu 2. Số cách chọn 3 người trong5 người là

A P5. B A35. C C35. D 35.

Lời giải.

Số cách chọn 3 trong 5người là C35.

Chọn đáp án C

Câu 3. Kết quả của khai triển(x−y)4 là

A x4−x3y+x2y2−xy3 +y4. B x4−4x3y+ 6x2y2−4xy3+y4.

C x4+ 4x3y+ 6x2y2+ 4xy3+y4. D x4−4x3y+ 12x2y2−24xy3+ 24y4.

Lời giải.

</div>
(181)<div class='page_container' data-page=181>

Chọn đáp án B

Câu 4. Gieo ngẫu nhiên một đồng xu cân đối và đồng chất hai lần. Kí hiệu mặt ngửa là N và mặt
sấp là S. Không gian mẫu của phép thử là

A Ω ={S, N}. B Ω ={SS, N N}.

C Ω ={SS, N N, SN, N S}. D Ω ={SN, N S}.

Lời giải.

Gieo ngẫu nhiên hai lần có 4kết quả có thể xảy ra, nên tập hợp các phần tử của không gian mẫu là
Ω ={SS, N N, SN, N S}.

Chọn đáp án C

Câu 5. Cho phép thử ngẫu nhiên với không gian mẫu làΩ. Xác suất của biến cốA được tính theo
cơng thức nào sau đây?

A P(A) = 1

n(A). B P(A) =
n(A)

n(Ω). C P(A) =

n(Ω)

n(A). D P(A) = 1−

n(A)

n(Ω).

Lời giải.

Theo công thức tính xác suất cổ điển ta có P(A) = n(A)

n(Ω).

Chọn đáp án B

Câu 6. Một câu hỏi trắc nghiệm một lựa chọn có một phương án đúng, ba phương án còn lại là sai.

Xác suất để một học sinh chọn ngẫu nhiên được phương án đúng bằng

A 1

3. B

4. C

2. D

3
4.

Lời giải.

Học sinh lựa chọn 1phương án đúng trong tất cả4phương án có thể xảy ra nên xác suất chọn đúng
là 1

Chọn đáp án B

Câu 7. Từ các chữ số 1, 2, 3,4 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số?

A 16. B 120. C 24. D 256.

Lời giải.

Gọi số tự nhiên có 4chữ số cần tìm là abcd, a 6= 0, khi đó

• a có4 cách chọn. • b có 4cách chọn. • c cú4 cỏch chn. ã d cú 4cỏch chn.

Vy cú 4ì4ì4ì4 = 256số.

Chọn đáp án D

Câu 8. Tên 15 học sinh được ghi vào 15tờ giấy để vào trong hộp. Số cách chọn một nhóm gồm 4
học sinh để cho đi du lịch là

A 4!. B 15!. C 1365. D 32760.

Lời giải.

Chọn 4trong 15 học sinh (không phân biệt thứ tự) là tổ hợp chập 4của 15.
Vậy có C4

15 = 1365cách chọn.

Chọn đáp án C

Câu 9. Có bao nhiêu số tự nhiên có4chữ số khác nhau được lập từ các chữ số1,2,3,4,5,6,7?

A 5040. B 2401. C 840. D 7!·6!·5!·4!.

Lời giải.

Mỗi số được lập là một chỉnh hợp chập 4 của 7. Vậy số các số khác nhau thỏa yêu cầu bài toán là

A47 = 7·6·5·4 = 840.

</div>
(182)<div class='page_container' data-page=182>

Câu 10. Hệ số của số hạng thứ ba trong khai triển (2a−b)5 theo thứ tự giảm dần số mũ của a

là

A −80. B 80. C −10. D 10.

Lời giải.

Ta có (2a−b)5 = C0

5(2a)5−C15(2a)4b+ C25(2a)3b2+· · ·

Do đó hệ số của số hạng thứ 3 bằng C25 ·8 = 80.

Chọn đáp án B

Câu 11. Xét phép thử gieo con súc sắc 6mặt hai lần. Số phần tử của không gian mẫu là

A 36. B 40. C 38. D 35.

Lời giải.

Khơng gian mẫu gồm các bộ (i;j), trong đói, j ∈ {1,2,3,4,5,6}.

i nhận 6giá trị, j cũng nhận 6 giá trị nên có 6·6 = 36bộ (i;j).
Vậy Ω ={(i, j)|i, j = 1,2,3,4,5,6} và n(Ω) = 36.

Chọn đáp án A

Câu 12. Gieo một đồng xu cân đối và đồng chất 5 lần. Số phần tử của biến cố B: “Mặt sấp xuất
hiện ít nhất một lần” là

A n(B) = 31. B n(B) = 32. C n(B) = 33. D n(B) = 34.

Lời giải.

Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 25 = 32.

Từ bài ra suy ra B: “Kết quả5 lần gieo mà không lần nào xuất hiện mặt sâp ”,n(B) = 1.
Vậy n(B) = 32−1 = 31.

Chọn đáp án A

Câu 13. Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất 2 lần. Xác suất để hai lần gieo đều xuất hiện
mặt lẻ chấm là

A 1

4. B

2. C

3. D

1
6.

Lời giải.

Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 36.

Gọi A là biến cố “ Hai lần gieo đều xuất hiện mặt lẻ chấm ”.
Suy ra số phần tử của biến cố A làn(A) = 3×3 = 9.

Vậy xác suất cần tính P (A) = n(A)

n(Ω) =
9
36 =

1
4.

Chọn đáp án A

Câu 14. Một hộp đựng 5 quả cầu xanh và 3 quả cầu vàng. Lấy ngẫu nhiên 3 quả. Xác suất để 3
quả lấy ra có đúng 1quả màu vàng là

A 23

28. B

28. C

56. D

15
28 .

Lời giải.

Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = C38 = 56.

Gọi A là biến cố “ 3 quả lấy ra có đúng 1 quả màu vàng ”.
Suy ra số phần tử của biến cố A làn(A) = C1

3·C25 = 30.

Vậy xác suất cần tính P (A) = n(A)

n(Ω) =
30
56 =

15
28.

Chọn đáp án D

Câu 15. Một người rút ra6quân bài từ bộ bài tú lơ khơ gồm 52quân bài. Số cách rút được 6quân
bài trong đó có 1 tứ q và2 qn bài cịn lại có chất khác nhau là

A C1

</div>
(183)<div class='page_container' data-page=183>

Bộ bài gồm có 13tứ quý, do đó số cách chọn 1 tứ quý để người đó rút trúng là C1
13.

Với 1tứ quý đã chọn, bộ bài còn lại 48quân bài chia thành 4 chất, mỗi chất gồm 12 quân bài. Do
đó, số cách chọn 2qn bài cịn lại có chất khác nhau để người đó rút trúng là C2

4·C112·C112.

Vì vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là C1

13·C24·C112·C112.

Chọn đáp án D

Câu 16. Giả sử có khai triển(1−2x)n =a0+a1x+a2x2+a3x3+...+anxn. Biếta0+a1+a2 = 71,

giá trị của a5 là

A −672. B 672. C 627. D −627.

Lời giải.

Số hạng thứ k+ 1(0≤k ≤n, n∈N)trong khai triển Tk+1 = Ckn·1n

−k·(−2x)k

= Ck

n·(−2)
k·

xk.

Ta có

a0+a1 +a2 = 71

⇔ C0n−2·Cn1 + (−2)2·C2n= 71

⇔ −2·C1n+ 4·C2n = 70

⇔ −2· n!

(n−1)! + 4·

(n−2)!·2 = 70

⇔ −2n+ 2(n−1)n= 70⇔n2−2n−35 = 0

⇔

n = 7

n =−5.
Vậy n = 7 nên a5 = C75·(−2)5 =−672.

Chọn đáp án A

Câu 17. Chọn ngẫu nhiên một vé xổ số có 5chữ số được lập từ các chữ số từ 0đến 9. Số phần tử
của không gian mẫu và số phần tử của biến cố A: “lấy được vé khơng có chữ số 1 hoặc chữ số 2”
là

A n(Ω) = 105 và n(A) = 85330. B n(Ω) = 5!và n(A) = 32768.

C n(Ω) = 105 và n(A) = 32768. D n(Ω) = 5!và n(A) = 85330.

Lời giải.

Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 105.

Số vé xổ số mà khơng có chữ số1là95, số vé xổ số mà khơng có chữ số 2là95, số vé xổ số mà khơng

có cả chữ số1và2là85, nên số vé xổ số khơng có chữ số1hoặc chữ số2làn(A) = 2·95−85 = 85330.

Chọn đáp án A

Câu 18. Người dân Bình Định truyền nhau câu ca dao:

“Muốn ăn bánh ít lá gai

Lấy chồng Bình Định sợ dài đường đi.”

Muốn ăn bánh ít lá gai thì bạn phải tìm về với xứ Tuy Phước - Bình Định. Nơi đây nổi tiếng trứ
danh với món bánh nghe cái tên khá lạ lẫm “Bánh ít lá gai” và hương vị làm say đắm lòng người.
Trong một lơ sản phẩm trưng bày bánh ít lá gai ở hội chợ ẩm thực huyện Tuy Phước gồm40 chiếc
bánh, 25 chiếc bánh có nhiều hạt mè và 15 chiếc bánh có ít hạt mè. Một du khách chọn ngẫu
nhiên5 chiếc bánh, xác suất để du khách đó chọn được ít nhất 2chiếc bánh có nhiều hạt mè (các
chiếc bánh có khả năng được chọn là như nhau) là

A 1990

2109. B

1800

2109. C

1184

2109. D

1892
2109.

Lời giải.

Gọi A là biến cố có ít nhất 2 chiếc bánh có nhiều mè.

</div>
(184)<div class='page_container' data-page=184>

Số cách chọn 4 chiếc ít mè và 1 chiếc bánh nhiều mè là C4

15·C125.

Số cách chọn cả 5chiếc ít mè là C515.

P(A) = 1−P(A) = 1− C

15·C125+ C515

C5
40

= 1990
2109.

Chọn đáp án A

Câu 19. Biếtn ∈N∗ thoả mãn

2 + 1
2

ã2Å

4 + 1
4

ã2

+· · ·+

2n+ 1

ã2

= 2n+(4

n−1)(22018+ 1)

3·4n .

Số hạng không chứa x trong khai triển

x− 1

ãn

là

A C504

1008. B C10082016. C −C10082016. D −C5041008.

Lời giải.

Ta thấy

2 + 1
2

ã2Å

4 + 1
4

ã2

+· · ·+

2n+ 1
2n

ã2

= 4 + 16 +· · ·+ 4n+n+ 1

16+· · ·+
1
4n +n

= 2n+4(4

n−1)

4 +

1
4

1− 1

3
4
= 2n+(4

n−1)(22n+2+ 1)

3·4n . (1)

Theo giả thiết, từ(1) ta đượcn = 1008.
Xét khai triển

x− 1

ã1008

1008

k=0

Ck1008(−1)kx1008−2k. (2)

Số hạng không chứa x trong trai triển (2) làC504
1008.

Chọn đáp án A

Câu 20. Trò chơi quay bánh xe số trong chương trình truyền hình “Hãy chọn giá đúng”của kênh

VTV3 Đài truyền hình Việt Nam, bánh xe số có 20 nấc điểm: 5, 10, 15,. . ., 100 với vạch chia đều
nhau và giả sử rằng khả năng chuyển từ nấc điểm đã có tới các nấc điểm cịn lại là như nhau. Trong
mỗi lượt chơi có 2 người tham gia, mỗi người được quyền chọn quay 1 hoặc 2 lần, và điểm số của
người chơi được tính như sau:

• Nếu người chơi chọn quay 1lần thì điểm của người chơi là điểm quay được.

• Nếu người chơi chọn quay2lần và tổng điểm quay được khơng lớn hơn 100 thì điểm của người
chơi là tổng điểm quay được.

• Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được lớn hơn 100 thì điểm của người chơi
là tổng điểm quay được trừ đi100. Luật chơi quy định, trong mỗi lượt chơi người nào có điểm
số cao hơn sẽ thắng cuộc, hịa nhau sẽ chơi lại lượt khác.

An và Bình cùng tham gia một lượt chơi, An chơi trước và có điểm số là75. Xác suất để Bình thắng
cuộc ngay ở lượt chơi này là

A P = 1

4. B P =

16. C P =

40. D P =

16.

</div>
(185)<div class='page_container' data-page=185>

Ta có n(Ω) = 100−5

5 + 1 = 20.
Để Bình thắng ta có ba trường hợp.

Trường hợp 1.Bình quay một lần ra điểm số lớn hơn75, ta có 5 khả năng thuộc tập hợp{80; 85; 90; 95; 100}.
Do đó xác suất là P1 =

5
20 =

1
4.

Trường hợp 2. Bình quay lần đầu ra điểm số làa ≤75, ta có 15khả năng.
Do đó xác suất là P2 =

15
20 =

3
4.

Khi đó để thắng Bình cần phải có tổng hai lần quay lớn hơn 75, ta có 5 khả năng thuộc tập hợp

{80−a; 85−a; 90−a; 95−a; 100−a}. Do đó xác suất làP3 =

20 =

1
4.
Vậy xác suất để Bình thắng ngay trong lượt là P =P1+P2·P3 =

1
4+

3
4·

1
4 =

7
16.

Chọn đáp án B

BẢNG ĐÁP ÁN

1. C 2. C 3. B 4. C 5. B 6. B 7. D 8. C 9. C 10. B

11. A 12. A 13. A 14. D 15. D 16. A 17. A 18. A 19. A 20. B

Đề số 3

Câu 1. Giả sử bạn An muốn mua một áo sơ mi cỡ39hoặc cỡ 40.Áo cỡ39có5 màu khác nhau, áo
cỡ40 có4 màu khác nhau. Số cách để bạn An có thể lựa chọn là (về màu áo và cỡ áo)?

A 9. B 5. C 4. D 1.

Lời giải.

• Nếu chọn cỡ áo 39thì sẽ có 5cách.

• Nếu chọn cỡ áo 40thì sẽ có 4cách.

Theo qui tắc cộng, ta có 5 + 4 = 9cách chọn mua áo

Chọn đáp án A

Câu 2. Có bao nhiêu khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng có 5
đội bóng? (giả sử rằng khơng có hai đội nào có điểm trùng nhau)

A 120. B 100. C 80. D 60.

Lời giải.

Số các khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng có 5 đội bóng là một
hốn vị của 5 phần tử nên có 5! = 120cách.

Chọn đáp án A

Câu 3. Kết quả của khai triển nhị thức(2x+y)4 là

A 16x4+ 32x3y+ 64x2y2+ 8xy3+y4. B 16x4+ 32x3y+ 24x2y2+ 16xy3+y4.

C 16x4+ 32x3y+ 24x2y2+ 8xy3+y4. D 32x4+ 16x3y+ 24x2y2+ 16xy3+y4.

Lời giải.

Ta có

(2x+y)4 = C04·(2x)4+ C14·(2x)3·y+ C24·(2x)2·y2+ C34·2x·y3+ C44·(2x)0·y4

= 16x4+ 32x3y+ 24x2y2+ 8xy3 +y4.

</div>
(186)<div class='page_container' data-page=186>

Câu 4. Gieo ngẫu nhiên lần lượt2đồng tiền cân đối và đồng chất. Số phần tử của không gian mẫu
là

A 12. B 16. C 4. D 8.

Lời giải.

Mô tả khơng gian mẫu ta có: Ω ={SS;SN;N S;N N}

Chọn đáp án C

Câu 5. Công thức nào sau đây dùng để tính xác suất của biến cố A

A P(A) = 1− n(A)

n(Ω). B P(A) =

n(Ω)

n(A). C P(A) =

n(A)

n(B). D P(A) =
n(A)

n(Ω).

Lời giải.

Dựa vào định nghĩa trong SGK

Chọn đáp án D

Câu 6. Từ các chữ số 1, 2, 4, 6, 8, 9 lấy ngẫu nhiên một số. Phát biểu nào sau đây sai?

A Xác suất để lấy được số chẵn là 4

6. B Xác suất để lấy được số lẻ là

5
6.

C Xác suất để lấy được số lẻ là 3

6. D Xác suất để lấy được số chẵn là

2
6.

Lời giải.

Số phần tử khơng gian mẫu:n(Ω) = 6.

• Biến cố số lấy được là số chẵn làA ={2, 4,6, 8} nên n(A) = 4.
Suy ra P(A) = n(A)

n(Ω) =
4
6 =

2
3.

• Biến cố số lấy được là số chẵn làA ={1, 9}nên n(A) = 2.
Suy ra P(A) = n(A)

n(Ω) =
2
6 =

1
3.

Chọn đáp án D

Câu 7. Có bao nhiêu chữ số tự nhiên bé hơn 100 được lập từ các chữ số1,2,3,4,5,6

A 36. B 62. C 54. D 42.

Lời giải.

Các số bé hơn 100 chính là các số có một chữ số và hai chữ số được hình thành từ tập A =

{1,2,3,4,5,6}. Từ tập A có thể lập được 6 số có một chữ số. Gọi số có hai chữ số có dạng ab với
(a, b)∈A. Trong đó

• a được chọn từ tập A (có 6phần tử) nên có 6 cách chọn.

• b được chọn từ tập A (có 6 phần tử) nên có6 cách chọn.
Như vậy, ta có 6·6 = 36 số có hai chữ số.

Vậy, từ A có thể lập được 36 + 6 = 42 số tự nhiên bé hơn 100.

Chọn đáp án A

Câu 8. Có 3viên bi đen khác nhau, 4viên bi đỏ khác nhau, 5viên bi xanh khác nhau. Số cách sắp
xếp các viên bi trên thành một dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau là

A 345600. B 725760. C 103680. D 518400.

Lời giải.

</div>
(187)<div class='page_container' data-page=187>

⇒ Số cách xếp các viên bi trên thành một dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau là
3!·3!·4!·5! = 103680 cách.

Chọn đáp án C

Câu 9. Một liên đồn bóng đá có 10đội, mỗi đội phải đá4trận với mỗi đội khác, 2trận ở sân nhà
và 2 trận ở sân khách. Số trận đấu được sắp xếp là

A 180. B 160. C 90. D 45.

Lời giải.

Mỗi đội sẽ gặp 9đội khác trong hai lượt trận sân nhà và sân khách. Có 10·9 = 90 trận.
Mỗi đội đá 2 trận sân nhà,2 trận sân khách. Nên số trận đấu là 2·90 = 180 trận.

Chọn đáp án A

Câu 10. Số hạng chứa x7 trongkhai triển

x− 1

ã13

là

A −C4

13x7. B −C313. C −C313x7. D C313x7.

Lời giải.

Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có

x− 1

ã13

k=0

Ck13·x13−k·

−1

ãk

k=0

Ck13·(−1)k·x13−2k.

Hệ số của x7 ứng với13−2k = 7⇔k = 3.

Do đó số hạng cần tìm −C313x7.

Chọn đáp án C

Câu 11. Gieo ngẫu nhiên 2con xúc sắc cân đối đồng chất. Số phần tử của biến cố:
“ Hiệu số chấm xuất hiện trên 2 con xúc sắc bằng 1” là

A 9. B 11. C 10. D 12.

Lời giải.

Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán:

A={(1; 2),(2; 1),(3; 2),(2; 3),(3; 4),(4; 3),(4; 5),(5; 4),(5; 6),(6; 5)}

nên n(A) = 10.

Chọn đáp án C

Câu 12. Một lô hàng gồm30sản phẩm tốt và 10sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên3sản phẩm. VớiA

là biến cố “3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt”. Khẳng định nào đúng trong các khẳng
định sau?

A n(A) = 135. B n(A) = 110. C n(A) = 120. D n(A) = 145.

Lời giải.

Với A là biến cố có ít nhất 1sản phẩm tốt. Khi đóA là biến cố 3sản phẩm khơng có sản phẩm tốt.
Do đón(A) = C3

10= 120.

Chọn đáp án C

Câu 13. Một túi chứa6 bi xanh, 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất để lấy được cả hai bi đều
màu đỏ là

A 4

15. B

15. C

15. D

7
45.

Lời giải.

Không gian mẫu là tập tất cả cách lấy hai viên bi từ túi có 10 viên bi.
Số phần tử của khơng gian mẫu là n(Ω) = C2

</div>
(188)<div class='page_container' data-page=188>

Gọi A là biến cố “lấy được hai viên bi đều màu đỏ". Số phần tử có lợi cho biến cố A là n(A) = C2
4.

Xác suất của biến cốA là P(A) = C

2
4

C2
10

= 2
15.

Chọn đáp án B

Câu 14. Gieo hai con xúc sắc. Xác suất để tổng số chấm trên hai mặt bằng 7là

A 1

6. B

12. C

2. D

1
3.

Lời giải.

Giả sử xúc sắc đã cho có6 mặt. Khơng gian mẫu khi gieo2 lần, khi đó Ω = 6.6 = 36.
Ta có 7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4 nên số trường hợp xảy ra thỏa mãn đề là 6.

Xác suất cần tìm là 6
36 =

1
6.

Chọn đáp án A

Câu 15. Số nguyên dươngn thỏa mãn A2

n−3C2n= 15−5n là

A n = 5 hoặc n= 6. B n = 5 hoặc n= 6 hoặc n = 12.

C n = 6. D n = 5.

Lời giải.

Điều kiện

n≥2

n∈N∗.

Ta có

A2n−3C2n= 15−5n

⇔ n(n−1)−3n(n−1)

2 = 15−5n

⇔ ⇔ −n2+ 11n−30 = 0

⇔

n= 6

n= 5.

Chọn đáp án A

Câu 16. TổngC1

2019+ C22019 + C32019+· · ·+ C20192019 bằng

A 22019. B 22019+ 1. C 22019−1. D 42019.

Lời giải.

Xét khai triển (x+ 1)2019 = C0

2019+ C12019x+ C22019x2+· · ·+ C20192019x2019.

Cho x= 1 ta có C0

201910+ C1201911+· · ·+ C2019201912019 = 22019.

⇒C12019+ C22019+ C32019+· · ·+ C20192019 = 22019−C02019 = 22019 −1.

Chọn đáp án C

Câu 17. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có tám chữ số đơi một khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên một số thuộc A, số phần tử của biến cố B: “số tự nhiên được chọn chia hết cho 45” là

A 12960. B 33120. C 37440. D 17280.

Lời giải.

Gọi B là tập hợp các số a có 8chữ số khác nhau chia hết cho 45.

Khi đó a chia hết cho5 và 9(tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng0 hoặc 5).

Trường hợp 1: acó hàng đơn vị bằng0;7chữ số cịn lại có chữ số 9và3trong4bộ số {1; 8},{2; 7},

{3; 6}, {4; 5}, có 4·7!số.

Trường hợp 2: acó hàng đơn vị bằng5;7chữ số cịn lại có chữ số 4và3trong4bộ số {0; 9},{1; 8},

</div>
(189)<div class='page_container' data-page=189>

• Khơng có bộ {0; 9}, có 7!số.

• Có bộ {0; 9}, có C2

3(7!−6!) số.

Vậy n(B) = 4·7! + C23(7!−6!) = 33120 số.

Chọn đáp án B

Câu 18. Đội thanh niên xung kích của một trường THPT gồm15 học sinh, trong đó có4 học sinh
khối 12, 5 học sinh khối 11và 6 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên ra 6 học sinh đi làm nhiệm vụ.
Xác suất để chọn được 6 học sinh có đủ ba khối là

A 4248

5005. B

757

5005. C

850

1001. D

151
1001.

Lời giải.

Chọn ngẫu nhiên 6học sinh từ 15 học sinh có C156 (cách chọn) hay n(Ω) =C156 = 5005.

Gọi A: “Chọn được 6 học sinh có đủ ba khối” ⇒A: “Chọn được 6học sinh không đủ ba khối”.
Suy ra n A=C6

9 +C106 +C116 −C66= 755. Do đó P A

= n A

n(Ω)=
151
1001.
Vậy xác suất cần tìm là P(A) = 1−P A= 850

1001.

Chọn đáp án C

Câu 19. Một nhóm học sinh gồm 15nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn từ nhóm ra 5 người để lập

thành một đội cờ đỏ sao cho phải có 1 đội trưởng nam, 1 đội phó nam và có ít nhất 1 nữ. Số cách
lập đội cờ đỏ là

A 131444. B 141666. C 241561. D 111300.

Lời giải.

Vì trong5 người được chọn phải có ít nhất1 nữ và ít nhất phải có 2nam nên số học sinh nữ gồm 1
hoặc 2 hoặc 3nên ta có các trường hợp sau

Ë chọn1 nữ và 4 nam.

• Số cách chọn 1nữ: 5cách.

• Số cách chọn 2nam làm đội trưởng và đội phó: A2
15.

• Số cách chọn 2nam cịn lại: C2
13.

Suy ra có5A215·C132 cách chọn cho trường hợp này.

Ë chọn2 nữ và 3 nam.

• Số cách chọn 2nữ: C2
5 cách.

• Số cách chọn 2nam làm đội trưởng và đội phó: A2
15cách.

• Số cách chọn 1cịn lại: 13cách.

Suy ra có13A215·C52 cách chọn cho trường hợp này.

Ë Chọn 3nữ và 2 nam.

• Số cách chọn 3nữ: C3
5 cách.

• Số cách chọn 2làm đội trưởng và đội phó: A2

15 cách.

Suy ra cóA215·C53 cách chọn cho trường hợp 3.
Vậy có 5A2

15·C132 + 13A215·C52+A215·C53 = 111300 cách.

</div>
(190)<div class='page_container' data-page=190>

Câu 20. Một nhóm học sinh gồm 6 nam trong đó có Bình và 4 nữ trong đó có An được xếp ngẫu
nhiên vào 10 ghế trên một hàng ngang để dự lễ tổng kết năm học. Xác suất để xếp được giữa hai
bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Bình khơng ngồi cạnh An là

A 1

5040. B

109

60480. C

109

30240. D

1
280.

Lời giải.

Ta có: |Ω|= 10!.

Cách xếp hàng: Ta xếp4 bạn nữ trước, tạo ra3 vị trí trống giữa các bạn nữ. Sau đó ta xếp các bạn
nam vào 3vị trí trống đó, sao cho mỗi vị trí trống có đúng hai bạn nam.

Trường hợp 1. Xếp bạn An đứng đầu, hoặc đứng cuối hàng, có2 cách.
Xếp3 bạn nữ cịn lại, có3! cách.

Xếp chỗ cho Bình, có5 cách (vì Bình khơng cạnh An).

Xếp các bạn nam vào5vị trí cịn lại, có5!cách. Do đó, số cách xếp hàng trong trường
hợp này là:2·3!·5·5! = 7200 cách.

Trường hợp 2. Xếp bạn An ở vị trí nữ2 hoặc nữ 3, có 2 cách.
Xếp3 bạn nữ cịn lại, có3! cách.

Xếp chỗ cho Bình, có4 cách (vì Bình khơng cạnh An).

Xếp các bạn nam vào5vị trí cịn lại, có5!cách. Do đó, số cách xếp hàng trong trường
hợp này là2·3!·4·5! = 5760 cách.

Suy ra số cách xếp hàng thỏa mãn yêu cầu đề bài là 7200 + 5760 = 12960.
Vậy xác suất làP = 12960

10! =
1
280.

Chọn đáp án D

BẢNG ĐÁP ÁN

1. A 2. A 3. C 4. C 5. D 6. D 7. A 8. C 9. A 10. C

</div>
(191)<div class='page_container' data-page=191>

CHƯƠNG

3.

DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG - CẤP SỐ NHÂN

A

KHUNG MA TRẬN

CHỦ ĐỀ
CHUẨN KTKN

CẤP ĐỘ TƯ DUY

CỘNG

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận
dụng cao

1 Phương pháp quy nạp Câu 1 Câu 2 3

Câu 3 15%

2 Dãy số Câu 4 Câu 5 Câu 7 4

Câu 6 20%

3 Cấp số cộng Câu 8 Câu 10 Câu 12 Câu 14 7

Câu 9 Câu 11 Câu 13 35%

4 Cấp số nhân Câu 15 Câu 17 Câu 19 Câu 20 6

Câu 16 Câu 18 30%

Cộng 6 8 4 2 20

30% 40% 20% 10% 100%

B

BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI

CHỦ ĐỀ CÂU MỨC ĐỘ MƠ TẢ

Chủ đề 1.
Phương pháp
quy nạp tốn học

1 NB Biết được các mệnh đề nào thì sử dụng được phươngpháp quy nạp toán học.

2 TH Xác định được giả thiết quy nạp của bài toán.

3 TH Biết cách kết luận bài toán chứng minh bằng phương

pháp quy nạp.

Chủ đề 2. Dãy
số

4 NB Tìm được số hạng cụ thể khi biết số hạng tổng quát.

5 TH Biết được công thức nào là công thức số hạng tổng

quát của dãy số cho trước.

6 TH Tìm được vài số hạng đầu của dãy số cho bằng công

thức truy hồi.

7 VDT Xác định được dãy số tăng (giảm, bị chặn).

Chủ đề 3. Cấp
số cộng

8 NB Tìm được cơng sai của cấp số cộng cho trước.

9 NB Biết được dãy số nào là cấp số cộng.

</div>
(192)<div class='page_container' data-page=192>

12 VDT Tìm xđể 3số lập thành cấp số cộng.

13 VDT Vận dụng các cơng thức của cấp số cộng: Số hạngtổng qt, tính chất, tổng n số hạng đầu.

14 VDC Vận dụng vào bài tốn thực tế.

Chủ đề 4. Cấp
số nhân

15 NB Tìm được công bội của cấp số nhân cho trước.

16 NB Biết được dãy số nào là cấp số nhân.

17 TH Tìm vị trí của một số hạng cho trước của cấp sốnhân khi biết số hạng tổng quát.
18 TH Tính được tổngkhi biết số hạng đầu và công bội.n số hạng đầu của một cấp số nhân
19 VDT Vận dụng các công thức của cấp số nhân: Số hạngtổng quát, tính chất, tổng n số hạng đầu.

20 VDC Vận dụng vào bài toán thực tế.

C

ĐỀ KIỂM TRA

Đề số 1

Câu 1. Cho biểu thức Pn = 2n−n, với n là số nguyên dương tùy ý. Tìm Pk+1.

A Pk+1 = 2k+1−k, k∈Z+. B Pk+1 = 2·2k−k−1, k ∈Z+.

C Pk+1 = 2·2k−k+ 1, k ∈Z+. D Pk+1 = 2k−k, k ∈Z+.

Lời giải.

Thay n=k+ 1 ta có Pk+1 = 2k+1−(k+ 1) = 2·2k−k−1.

Chọn đáp án B

Câu 2. Cho mệnh đề “2n > n+ 1,∀n ≥2, n ∈N∗”. Giả thiết quy nạp khi chứng minh mệnh đề này

bằng phương pháp quy nạp là

A 2k+1 > k+ 1,∀k ≥2, k∈N∗. B 2k+1 > k+ 2,∀k ≥2, k∈

N∗.

C 2k > k+ 1,∀k ∈

N∗. D 2k> k+ 1,∀k ≥2, k∈N∗.

Lời giải.

Giả thiết quy nạp khi chứng minh mệnh đề này bằng phương pháp quy nạp là 2k > k + 1,∀k ≥

2, k∈N∗.

Chọn đáp án D

Câu 3. Với mọi n ∈N∗, cho1 + 2 + 3 +...+n = n(n+ 1)

2 . Tính S = 1 + 2 + 3 +...+ 50.

A S= 50. B S = 1275. C S = 1150. D S = 1325.

Lời giải.

Ta có S = 50·51

2 = 1275.

Chọn đáp án B

Câu 4. Cho dãy số (un) xác định bởiun=

3n−1

n+ 3 . Số hạng thứ 5của dãy số đó bằng

A −7

4. B

8 . C

4. D −

11
7.

</div>
(193)<div class='page_container' data-page=193>

Khi n = 5, ta có u5 =

3.5−1
5 + 3 =

14
8 =

7
4.

Chọn đáp án C

Câu 5. Cho dãy số (un)được xác định bởi





u1 =

1
2

un+1 = 2un,∀n ≥2

. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề

đúng?

A un=−2n−1. B un =−

2n+1. C un=

2n. D un = 2

n−2.
Lời giải.

Ta có u1 =

2, u2 = 2u1 = 1, u3 = 2u2 = 2, u4 = 2u3 = 4, . . . , un = 2

n−2.

Chọn đáp án D

Câu 6. Cho dãy số (un) xác định bởiu1 = 1 và un = 2un−1+ 1, với mọin ≥2. Tìm u3.

A 3. B 5. C 7. D 9.

Lời giải.

Ta có u1 = 1, u2 = 2u1+ 1 = 3⇒u3 = 2u2 + 1 = 7.

Chọn đáp án C

Câu 7. Cho dãy số (un) có u1 = 1 và un+1 =un+

(1 +n)2,∀n ∈ N

∗. Trong các phát biểu sau, có

bao nhiêu phát biểu đúng?
I) (un) là dãy số tăng.

II) (un) là dãy số bị chặn dưới.

III) (un) là dãy số bị chặn trên.

A 0. B 1. C 2. D 3.

Lời giải.

• Ta có un+1−un=

(1 +n)2 >0,∀n ∈N

∗ ⇒(u

n) là dãy số tăng.
• Dễ thấy un≥1,∀n∈N∗ nên (un)là dãy bị chặn dưới.

• Dễ thấy un≤2,∀n∈N∗ nên (un)là dãy bị chặn trên.

Chọn đáp án D

Câu 8. Cho cấp số cộng có u1 = 1, u2 = 3. Hãy tìm cơng sai d của cấp số cộng đó.

A d= 2. B d=−2. C d= 3. D d= 4.

Lời giải.

Công sai d=u2−u1 = 2.

Chọn đáp án A

Câu 9. Trong các dãy số (un) cho bởi công thức sau đây, dãy số nào là cấp số cộng?

u1 = 2,

un+1 = 2un+ 2.

u1 = 2,

un+1 =un+ 2.

u1 = 2,

un+1 = 2un−1.

D un = (n+ 1)

Lời giải.

1

u1 = 2,

un+1 = 2un+ 2

</div>
(194)<div class='page_container' data-page=194>

2

u1 = 2,

un+1 =un+ 2

, suy ra un+1−un= 2 khơng đổi, nên đây là cấp số cộng.

3

u1 = 2,

un+1 = 2un−1

, suy ra un+1−un =un−1thay đổi theo n nên không phải cấp số cộng.

4 un = (n+ 1)3, suy ra un+1 = (n+ 2)3 nên un+1−un = (n+ 1)3−(n+ 2)3 =−3n2−9n−7,

thay đổi theo n nên không phải cấp số cộng.

Chọn đáp án B

Câu 10. Cho cấp số cộng (un) cóu7 =

5 và cơng sai d=
2

5. Tính u10.

A 2

5. B

5 . C 5. D

27
5 .

Lời giải.

Ta có: u7 =u1+ 6d ⇒u1 =u7−6d=

19
5 −6·

2
5 =

7
5.
Suy ra u10 =u1+ 9d=

7
5 + 9·

2
5 = 5.

Chọn đáp án C

Câu 11. Cho cấp số cộng (un) có u1 = 36 và cơng sai d = −4. Tính S10 của 10 số hạng đầu tiên

của cấp số cộng trên.

A S10 = 160. B S10= 170. C S10= 180. D S10 = 190.

Lời giải.

Tổng của 10số hạng đầu tiên của dãy là:

S10= 10u1+

10·9·d

2 = 10·36 +

10·9·(−4)

2 = 180.

Chọn đáp án C

Câu 12. Tìm n để C1n, C2n,C3n theo thứ tự lập thành một cấp số cộng.

A n= 9. B n = 6. C n= 2. D n = 7.

Lời giải.

Điều kiệu n ≥3, n ∈N. Ta có

C1n+ C3n = 2C2n⇔ n!

(n−1)! +

3!(n−3)! = 2·

n!
2!(n−2)!

⇔6n+n(n−1)(n−2) = 6n(n−1)

⇔6 + (n−1)(n−2) = 6(n−1)

⇔

n = 7 (nhận)

n = 2 (loại).

Chọn đáp án D

Câu 13. Đẳng thức nào dưới đây sai?

A 1 + 2 +. . .+ 100 + 99 +. . .+ 2 + 1 = 10000.

B 1002 −992+ 982−972+. . .+ 22−12 = 5050.

C 3 + 7 +. . .+ 87 = 980.

D 1 + 6 +. . .+ 96 = 970.

</div>
(195)<div class='page_container' data-page=195>

Xét 3 + 7 +. . .+ 87 = 980 là cấp số cộng với

u1 = 3

d= 4

Khi đó số hạng tổng quát là un= 3 + (n−1)4 = 87⇔n = 22⇒S22 = 9906= 980.

Chọn đáp án C

Câu 14. An đi hết một quãng đường dài54 km trong bao lâu? Biết giờ đầu tiên An đi được15 km
và mỗi giờ sau An đi kém hơn giờ trước 1 km.

A 27. B 4. C 3. D 15.

Lời giải.

Gọi u1, u2, u3,. . .lần lượt là quãng đường An đi được trong giờ thứ nhất, giờ thứ 2, giờ thứ 3,. . .

Theo đề bài ta có(un)là cấp số cộng với u1 = 15, d=−1.

Gọi n là thời gian An đi hết quãng đường, ta có
54 =u1+u2+· · ·+un⇔

2u1+d(n−1)

2 n = 54

⇔n(30−n+ 1) = 108

⇔n2−31n+ 108 = 0

⇔

n = 4

n = 27.

Với n= 4 ta có quãng đường An đi được trong giờ thứ 4 làu4 = 15 + 3·(−1) = 12km.

Với n= 27 ta có quãng đường An đi được trong giờ thứ 27làu27= 15 + 26·(−1) =−11km (vơ lí).

Chọn đáp án B

Câu 15. Cho cấp số nhân (un) cóu7 =−5và u10 = 135. Công bội của cấp số nhân là

A q=−3. B q =−1

3. C q= 3. D q = 9.

Lời giải.

Ta có

u7 =u1·q6 =−5

u10=u1·q9 = 135

⇔





u1 =−

5
729

q =−3.

Chọn đáp án A

Câu 16. Trong các dãy(un)sau đây, dãy số nào là cấp số nhân?

A un= 3n. B un =−3n+ 2. C un=−n2−n+ 1. D un =n3.
Lời giải.

Xét dãy số un = 3n. Ta có

un+1

= 3

n+1

3n = 3. Do đó dãy số (un) là một cấp số nhân.

Chọn đáp án A

Câu 17. Cho cấp số nhân có số hạng đầu u1 = 5 và cơng bội q=−2. Hãy tính u6.

A u6 = 320. B u6 =−320. C u6 = 160. D u6 =−160.
Lời giải.

Ta có un =u1·qn−1 ⇒u6 =−160.

Chọn đáp án D

Câu 18. Tính tổng sau S = 1 + 2 + 4 +. . .+ 128.

A 255. B 254. C 511. D 256.

Lời giải.

Ta có S = 1 + 2 + 4 +. . .+ 128 = 1 + 2 + 22+. . .+ 27 = 1(1−2

8)

1−2 = 255.

</div>
(196)<div class='page_container' data-page=196>

Câu 19. Một cấp số nhân có n số hạng. Biết số hạng đầu u1 = 7, công bội q = 2 và un = 1792.

Tổngn số hạng của cấp số nhân này bằng

A 5377. B 3577. C 5737. D 3775.

Lời giải.

Ta có un = 7·2n−1 = 1792⇔2n−1 = 256⇔n= 9.

Khi đó S9 =

7(1−29)

1−2 = 3577.

Chọn đáp án B

Câu 20. Chu kì bán rã của nguyên tố phóng xạ Poloni210 là138 ngày (nghĩa là sau138 ngày khối
lượng của ngun tố đó chỉ cịn lại một nửa). Khối lượng của 20gam Poloni 210 sau 1380 ngày gần
với số nào dưới đây nhất?

A 0,0195 gam. B 0,039 gam. C 0,39 gam. D 0,195 gam.

Lời giải.

Gọi un là khối lượng còn lại của 20 gam Poloni sau n chu kì bán rã. Ta có1380 ngày bằng10chu kì

bán rã. Vậy theo u cầu bài tốn ta cần tính u10.

Từ giả thiết ta cóu1 = 10 và cơng bộiq =

2. Từ đó suy rau10 = 10

Å1

ã9

≈0,0195 gam.

Chọn đáp án A

BẢNG ĐÁP ÁN

1. B 2. D 3. B 4. C 5. D 6. C 7. D 8. A 9. B 10. C

11. C 12. D 13. C 14. B 15. A 16. A 17. D 18. A 19. B 20. A

Đề số 2

Câu 1. Mệnh đề nào dưới đây có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp?

A x2+ 4x+ 4≥0,∀x∈

R. B |a−b| ≤ |a+b|,∀a, b∈R.

C a2+b2 +c2 ≥ab+bc+ca,∀a, b, c∈

R. D 4n+ 15n−1 ...9,∀n ∈N∗.
Lời giải.

Phương pháp quy nạp dùng để chứng minh các mệnh đề chứa số tự nhiên.
Do đó mệnh đề “4n+ 15n−1 ...9,∀n∈

N” có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Chọn đáp án D

Câu 2. Cho mệnh đề “3n > 3n+ 1,∀n ≥ 2, n ∈

N∗”. Giả thiết quy nạp khi chứng minh mệnh đề

này bằng phương pháp quy nạp là

A 3k+1 >3(k+ 1) + 1,∀k ≥2, k∈

N∗. B 3k+ 1 >3k+ 2,∀k ≥2, k∈N∗.

C 3k >3k+ 1,∀k ∈

N∗. D 3k>3k+ 1,∀k ≥2, k ∈N∗.
Lời giải.

Giả thiết mệnh đề đúng với n=k≥2, k ∈N∗, tức là ta ln có3k>3k+ 1,∀k≥2, k ∈
N∗.

Chọn đáp án D

Câu 3. Xét mệnh đề “32n+1 + 40n−67 chia hết cho 64 (∗), với mọi số nguyên dương n”. Ta kiểm

tra (∗) đúng với n = 1. Giả sử (∗) đúng với n= k ≥1, tức là 32k+1+ 40k−67chia hết cho 64. Để

hoàn thành chứng minh mệnh đề trên đúng thì ta cần chứng minh

A 32k+1+ 1 + 40k−27 chia hết cho64. B 32k+4+ 40k−107 chia hết cho 64.

C 32k+3+ 40k−27chia hết cho 64. D 32k+3+ 40k−107 chia hết cho 64.

</div>
(197)<div class='page_container' data-page=197>

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng vớin =k+ 1 tức là32(k+1)+1+ 40(k+ 1)−67 chia hết cho 64.

Chọn đáp án C

Câu 4. Cho dãy số (un) cóun=

2n−1

n+ 1 . Tínhu8.

A u8 =

9 . B u8 = 1. C u8 =

3. D u8 =

11
9 .

Lời giải.

Ta có u8 =

2·8−1

8 + 1 =

5
3.

Chọn đáp án C

Câu 5. Số hạng tổng quát của dãy số1;1
2;
1
3;
1
4;
1
5;. . .là

A un=
1

n. B un =

n+ 1. C un=
1

2n. D un =

1
2n+ 1.

Lời giải.

Số hạng tổng quát của dãy số 1
1;
1
2;
1
3;
1
4;
1

5;. . .là un=
1

Chọn đáp án A

Câu 6. Tìm bốn số hạng đầu tiên của dãy số (un) xác định bởi





u1 = 3

un+1 =

2un−3

,∀n∈N∗.

A 3; 1; −1; −3. B 3; 1; −1; 5. C 3;2; 1;0. D −1; 1;3; 5.

Lời giải.

Ta có u1 = 3, u2 =

2u1−3

= 1, u3 =

2u2−3

=−1,u4 =

2u3−3

= 5.

Chọn đáp án B

Câu 7. Trong các dãy số (un) sau, hãy chọn dãy số tăng.

A un = (−1)n+1sin

n, n∈N

∗. B u

n= (−1)2n(5n+ 1),n ∈N∗.

C un =

√

n+ 1 +n,n ∈N

∗. D u

n2+ 1,n ∈N

∗.
Lời giải.

Xét dãy số (un)với un= (−1)2n(5n+ 1), ta có

un+1−un= (−1)2n+2(5n+1+ 1)−(−1)2n(5n+ 1) = 5n+1+ 1−5n−1 = 4·5n >0,∀n ∈N∗.

Vậy dãy trên là dãy số tăng.
Xét các dãy số cịn lại

• Với un = (−1)n+1sin

n ta có u1 = 0, u2 = −1 hay u1 > u2. Vậy dãy số này khơng là dãy số

tăng.

• Với un =

√

n+ 1 +n ta có u1 =

√

2−1, u2 = 2−

√

3hay u1 > u2. Vậy dãy số này không là

dãy số tăng.

• Với un =

n2 + 1 ta có u1 =

1
2,u2 =

5 hay u1 > u2. Vậy dãy số này không là dãy số tăng.

</div>
(198)<div class='page_container' data-page=198>

Câu 8. Cho dãy số(un)với un= 7−2n, n∈N∗. Dãy số (un) là cấp số cộng có cơng said là

A d= 4. B d=−2. C d= 3. D d= 5.

Lời giải.

Dãy số(un)đã cho là cấp số cộng có u1 = 5,u2 = 3 nên nó có cơng sai là d=u2−u1 =−2.

Chọn đáp án B

Câu 9. Dãy số nào sau đây là một cấp số cộng?

A 1; 2; 3; 5; 8. B 0; 1; 2; 3; 5.

C 1;−3;−7;−11;−15. D 1

2; 1;
3
2; 2; 3.

Lời giải.

• Dãy số1;−3;−7;−11;−15 là cấp số cộng vì

−3−1 =−7−(−3) =−11−(−7) =−15−(−11) =−4.

• Dãy số1; 2; 3; 5; 8 khơng là cấp số cộng vì2−1 = 3−26= 5−3.

• Dãy số0; 1; 2; 3; 5 khơng là cấp số cộng vì1−0 = 2−1 = 3−16= 5−3.

• Dãy số 1
2; 1;

2; 2; 3 khơng là cấp số cộng vì1−
1
2 =

2−16= 2−1.

Chọn đáp án C

Câu 10. Cấp số cộng(un)có số hạng đầu u1 =−5 và cơng sai d= 3. Tínhu15.

A u15= 27. B u15 = 37. C u15= 47. D u15 = 57.

Lời giải.

Ta có u15 =u1+ 14d=−5 + 14·3 = 37.

Chọn đáp án B

Câu 11. Cho cấp số cộng(un) có số hạng đầu u1 =−8, cơng sai d= 2. Tính tổng của 100 số hạng

đầu tiên của cấp số cộng.

A 7680. B 9100. C 8600. D 7440.

Lời giải.

Ta có S100 = 100u1+

100·99

2 d= 100·(−8) + 100·99 = 9100.

Chọn đáp án B

Câu 12. Tìm tất cả các giá trị của x để ba số 1 + 3x, x2 −5, 1−x theo thứ tự đó lập thành một

cấp số cộng.

A x= 3 hoặc x=−2. B x= 3 hoặc x= 2.

C x=−3hoặc x= 2. D x=−3hoặc x= 2.

Lời giải.

Vì 1 + 3x, x2−5,1−x theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng nên
(1 + 3x) + (1−x) = 2 x2−5

⇔2x2 −2x−12 = 0⇔

x=−2

x= 3.

Vậy x=−2, x= 3 là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

</div>
(199)<div class='page_container' data-page=199>

Câu 13. Chu vi của một đa giác n cạnh là 158, số đo các cạnh của đa giác lập thành một cấp số
cộng với cơng sai d= 3. Biết cạnh lớn nhất có độ dài là 44. Tính số cạnh của đa giác.

A 9. B 6. C 5. D 4.

Lời giải.

Giả sử các cạnh của đa giác đã cho là u1, u2, . . . , un với n là số nguyên dương. Khi đó, ta có

Sn= 158

un= 44
⇔





(u1+ 44)n

2 = 158

u1+ 3(n−1) = 44

⇔

u1 = 47−3n

−3n2+ 91n−316 = 0 ⇔










u1 = 47−3n




n= 79
3

n= 4.

Vì n là số nguyên dương nên ta được n = 4.

Chọn đáp án D

Câu 14. Một trò chơi được tổ chức trên truyền hình theo phương thức sau: Nếu người chơi trả lời
đúng câu đầu tiên thì được 2,5 triệu đồng. Tiếp theo, nếu mỗi câu trả lời đúng thì được cộng dồn
vào số tiền câu hỏi trước là 1,5 triệu đồng (ví dụ trả lời được câu số 2 thì tổng số tiền người chơi
được thưởng là 4 triệu đồng). Trò chơi kết thúc khi gặp câu trả lời sai. Hỏi số câu trả lời đúng tối
thiểu là bao nhiêu để người tham dự có được số tiền tối thiểu là 20triệu?

A 13. B 12. C 11. D 10.

Lời giải.

Gọi ui là số tiền người chơi được thưởng khi trả lời đúng câu hỏi thứ i(với i∈N∗).

Theo như luật chơi, nếu người chơi trả lời đúng đến câu hỏi thứn (n∈N∗) thì số tiền người đó được

thưởng là một số hạng cấp số cộng có cơng sai bằng 1,5, tức là un=u1+ (n−1)·1,5.

Để người chơi được thưởng số tiền tối thiểu là 20triệu thì

un≥20⇔2,5 + (n−1)·1,5≥20⇔n−1≥

20−2,5

1,5 ⇔n ≥
38

3 .
Vì n nguyên dương và nhỏ nhất nên n= 13.

Chọn đáp án A

Câu 15. Cho cấp số nhân (un) cóu7 =−5và u10 = 135. Cơng bội của cấp số nhân là

A q=−3. B q =−1

3. C q= 3. D q = 9.

Lời giải.

Gọi u1, q lần lượt là số hạng đầu và công bội của cấp số nhân (un).

Ta có u7 =u1q6 và u10 =u1q9. Từ đó suy ra

u10=u7q3 ⇔q3 =

u10

⇔q3 =−27⇔q=−3.

Chọn đáp án A

Câu 16. Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số nhân?

A 1, 2, 4, 6. B 1, 3, 12,60. C −1,4, −16, 64. D −1, −5,−25, 125.

Lời giải.

• Dãy số−1, 4,−16, 64là cấp số nhân vì 4

−1 =

−16

4 =

−16 =−4.

• Dãy số1, 2,4, 6khơng là cấp số nhân vì 2

1 =

4
2 6=

6
4.

• Dãy số1, 3,12, 60khơng là cấp số nhân vì 3
1 6=

</div>
(200)<div class='page_container' data-page=200>

• Dãy số−1, −5, −25,125 khơng là cấp số nhân vì −5

−1 =

−25

−5 6=
125

−25.

Chọn đáp án C

Câu 17. Cho cấp số nhân (un) xác định bởi

u1 = 3

un+1 =−2un,∀n ∈N∗

. Số 3072 là số hạng thứ
mấy?

A 12. B 10. C 9. D 11.

Lời giải.

Với mọi n ∈N∗

, ta có un+1

=−2 nên (un) là cấp số nhân có cơng bội q =−2.

Đặt un= 3072. Ta có

un=u1qn−1 ⇔3·(−2)n−1 = 3072⇔(−2)n−1 = 1024⇔(−2)n−1 = (−2)10⇔n−1 = 10⇔n= 11.

Vậy số 3072 là số hạng thứ 11của cấp số nhân (un).

Chọn đáp án D

Câu 18. Tính tổng50số hạng đầu của cấp số nhân có số hạng đầu tiên là1và công bội là 1
3.

A 3

1− 1

349

. B 3

1− 1

350

. C 2

1− 1

349

. D 2

1− 1

350

Lời giải.

Ta có

S50 =u1·

1−

1
3

ã50

1−1

= 1·

1− 1

350
2
3
= 3
2
Å

1− 1

350

Chọn đáp án B

Câu 19. Năm số a, b, c, d,e khác không và theo thứ tự này lập thành một cấp số nhân có tổng là
900. Biết rằng 1

a +
1
b +
1
c +
1
d +
1

e = 100. Đặt S=abcde. Tính|S|.

A 729. B 243. C 32. D 64.

Lời giải.

Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho, ta cóa+b+c+d+e=a· q

5 −1

q−1 = 900, suy ra

q5−1

q−1 =
900

a . (1)

Năm số 1

a,
1
b,
1
c,
1
d,
1

e theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân với công bội

1
q nên
1
a +
1
b +
1
c +
1
d +
1
e =
1
a ·
1

q5 −1

q −1

= 100⇒ q

5−1

aq4(q−1) = 100⇒

q5−1

q−1 = 100aq

4. (2)

Từ (1) và (2) suy ra aq2 =±3.

Lại có S =abcde=a5q10 = (±3)5. Vậy |S|= 243.

</div>

Đề thi thử THPT quốc gia

2019

Dự án Tex đề kiểm tra 1 tiết khối 10 - 11 - 12

Dự án Tex đề kiểm tra 1 tiết khối 10 - 11 - 12

1

2

4

5

9

11

12

14

16

17

18

21

24

25

26

29

30

31

33

34

39

43

45

47

48

50

TEX LẦN 1,2,3,4 - CÁC CHƯƠNG LỚP 10, 11, 12

TEX LẦN 1,2,3,4 - CÁC CHƯƠNG LỚP 10, 11, 12

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

BỘ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT

<b>MÔN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>MƠN TỐN</b>