Đề kiểm tra 45 phút Toán Lớp 10 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra 45 phút Toán Lớp 10 (Có đáp án)

1. Đề bài PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM (3 điểm) Câu 1: Lớp có 50 học sinh trong đó có 20 học sinh nữ. Chọn 3 bạn tham gia đội văn nghệ. Số cách chọn sao cho có ít nhất 1 bạn nam là: A. C230.C120C302.C201 B. C350−C320C503−C203 C. C350−C330C503−C303 D. C350.C330C503.C303 Câu 2: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=3sin2x−2y=3sin⁡2x−2 bằng: A. 44 B. 11 C. 55 D. −5−5 Câu 3: Trong mặt phẳng, biết V(O;k)(M)=M′V(O;k)(M)=M′. Chọn kết luận đúng. A. −−→OM=k−−−→OM′OM→=kOM′→ B. −−−→OM′=k−−→OMOM′→=kOM→ C. −−−→OM′=−k−−→OMOM′→=−kOM→ D. −−−→OM′=|k|−−→OMOM′→=|k|OM→ Câu 4: Tập nghiệm của phương trình cosx=−√32cos⁡x=−32 là: A. x=±5π6+k2π,k∈Zx=±5π6+k2π,k∈Z B. x=±2π3+k2π,k∈Zx=±2π3+k2π,k∈Z C. x=±π3+k2π,k∈Zx=±π3+k2π,k∈Z D. x=±π6+kπ,k∈Zx=±π6+kπ,k∈Z Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ, cho M(−1;2)M(−1;2), k=−12k=−12, V(O;k)(M)=M′V(O;k)(M)=M′, OO là gốc tọa độ. Khi đó M′M′ có tọa độ là: A. M′(−12;1)M′(−12;1) B. M′(1;−12)M′(1;−12) C. M′(12;−1)M′(12;−1 ) D. M′(−1;12)M′(−1;12) Câu 6: Tập xác định của hàm số y=tan(x−π3)y=tan⁡(x−π3) là: A. D=R∖{±π3+kπ,k∈Z}D=R∖{±π3+kπ,k∈Z} B. D=R∖{π3+k2π,k∈Z}D=R∖{π3+k2π,k∈Z} C. D=R∖{π3+kπ,k∈Z}D=R∖{π3+kπ,k∈Z} D. D=R∖{5π6+kπ,k∈Z}D=R∖{5π6+kπ,k∈Z} Câu 7: Nghiệm của phương trình cos2x−cosx=0cos2x−cos⁡x=0 thỏa mãn điều kiện −π<x<0−π<x<0 là: A. x=π6x=π6 B. x=π4x=π4 C. x=−π2x=−π2 D. x=π2x=π2 Câu 8: Tập nghiệm của phương trình √ 3 sinx+cosx=03sin⁡x+cos⁡x=0 là: A. x=−π6+kπ,k∈Zx=−π6+kπ,k∈Z B. x=−π3+k2π,k∈Zx=−π3+k2π,k∈Z C. x=−π3+kπ,k∈Zx=−π3+kπ,k∈Z D. x=π3+kπ,k∈Zx=π3+kπ,k∈Z Câu 9: Cho hình chóp S.ABCDS.ABCD có AC∩BD=MAC∩BD=M và AB∩CD=NAB∩CD=N. Giao tuyến của mặt phẳng (SAC)(SAC) và mặt phẳng (SBD)(SBD) là đường thẳng A. SMSM B. SASA C. MNMN D. SNSN Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ, cho M(1;−2)M(1;−2), phép tịnh tiến theo vectơ →v(−3;−3)v→(−3;−3) biến điểm MM thành điểm M′M′. Tọa độ điểm M′M′ là: A. M′(2;−5)M′(2;−5) B. M′(4;−1)M′(4;−1)
2. C. M′(2;5)M′(2;5) D. M′(−2;−5)M′(−2;−5) Câu 11: Trên giá sách có 7 quyển sách Toán khác nhau, 5 quyển Vật lí khác nhau, 8 quyển sách Hóa học khác nhau. Số cách chọn 1 quyển sách để đọc là: A. 1515 B. 1313 C. 2020 D. 280280 Câu 12: Cho 5 chữ số 1, 2, 3, 5, 6. Lập các số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau từ 5 chữ số đã cho. Tổng tất cả các số lập được bằng: A. 2264422644 B. 2464224642 C. 2644226442 D. 4462244622 II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm) Câu 1 (2,0 điểm): Giải các phương trình sau: a) 2sin(x−π6)−√ 3 =02sin⁡(x−π6)−3=0 b) sinx−√ 3 cosx=−√2 sin⁡x−3cos⁡x=−2 Câu 2 (2,0 điểm): a) Cho tập hợp A={1;2;3;4;5;6;7}A={1;2;3;4;5;6;7}. Từ A có thể lập đươc bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? b) Lớp 11A có 15 học sinh nữ, 20 học sinh nam. Có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh tham gia văn nghệ trong đó có ít nhất 3 học sinh nữ? Câu 3 (3 điểm): 1. Trong mặt phẳng OxyOxy , cho vectơ →v(2;−1)v→(2;−1) và đường thẳng x+y−3=0x+y−3=0. Viết phương trình đường thẳng d′d′ là ảnh của đường thẳng dd qua phép tịnh tiến theo →vv→. 2. Cho tứ diện ABCDABCD, gọi GG là trọng tâm tam giác BCDBCD, MM là trung điểm của CDCD, II là điểm trên đoạn thẳng AGAG. a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng (ABG)(ABG) và mặt phẳng (ACD)(ACD). b) Xác định giao điểm JJ của BIBI với mặt phẳng (ACD)(ACD). Tính tỉ số giữa AIAI và AGAG để diện tích tam giác ACDACD bằng 2 lần diện tích tam giác JCDJCD. Lời giải chi tiết PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM (3 điểm) 1. B 2. D 3. B 4. A 5. C 6. D 7. C 8. A 9. A 10. D 11. C 12. A Câu 1: Phương pháp: Sử dụng phần bù. Cách giải: Số cách chọn 3 bạn bất kì là: C350C503 cách. Số cách chọn 3 bạn nữ là; C320C203 cách. Vậy số cách chọn 3 bạn trong đó có ít nhất 1 bạn nam là: C350−C320C503−C203 cách. Chọn B. Câu 2: Phương pháp: Sử dụng tính chất: −1≤sinα≤1∀α−1≤sin⁡α≤1∀α.
3. Cách giải: Ta có: −1≤sin2x≤1⇔−3≤3sin2x≤3⇔−5≤3sin2x−2≤1⇔−5≤y≤1−1≤sin⁡2x≤1⇔ −3≤3sin⁡2x≤3⇔−5≤3sin⁡2x−2≤1⇔−5≤y≤1 Vậy GTNN của hàm số bằng −5−5. Chọn D. Câu 3: Phương pháp: Sử dụng định nghĩa phép vị tự: V(O;k)(M)=M′⇔−−−→OM′=k−−→OM.V(O;k)(M)=M′⇔ OM′→=kOM→. Cách giải: Ta có: V(O;k)(M)=M′⇔−−−→OM′=k−−→OM.V(O;k)(M)=M′⇔OM′→=kOM→. Chọn B. Câu 4: Phương pháp: Giải phương trình lượng giác cơ bản: cosx=cosα⇔x=±α+k2π(k∈Z)cos⁡x=cos⁡α⇔ x=±α+k2π(k∈Z). Cách giải: Ta có: cosx=−√ 3 2=cos5π6⇔x=±5π6+k2π(k∈Z)cos⁡x=−32=cos⁡5π6⇔ x=±5π6+k2π(k∈Z). Chọn A. Câu 5: Phương pháp: Sử dụng định nghĩa phép vị tự: V(O;k)(M)=M′⇔−−−→OM′=k−−→OM.V(O;k)(M)=M′⇔ OM′→=kOM→. Cách giải: Gọi M′(x′;y′)=V⎛⎝O;−12⎞⎠(M)M′(x′;y′)=V(O;−12)(M) ta có: −−−→OM′=−12−−→OM⇔⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩x′−xO=−12(xM−xO)y′−yO=−12(yM−yO)⇔⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩x′=−12.(−1)y′=−12.2⇔⎧⎨⎩x′=12y′=−1OM′→=−12OM→⇔ {x′−xO=−12(xM−xO)y′−yO=−12(yM−yO)⇔{x′=−12.(−1)y′=−12.2⇔ {x′=12y′=−1 Vậy M′(12;−1)M′(12;−1). Chọn C. Câu 6: Phương pháp: Hàm số y=tanαy=tan⁡α xác định ⇔α≠π2+kπ⇔α≠π2+kπ. Cách giải:
4. Hàm số y=tan(x−π3)y=tan⁡(x−π3) xác định ⇔x−π3≠π2+kπ⇔x≠5π6+kπ⇔ x−π3≠π2+kπ⇔x≠5π6+kπ. Vậy TXĐ của hàm số là D=R∖{5π6+kπ,k∈Z}D=R∖{5π6+kπ,k∈Z}. Chọn C. Câu 7: Phương pháp: - Đưa phương trình về dạng phương trình tích. - Giải phương trình lượng giác cơ bản. - Giải bất phương trình −π<x<0−π<x<0, tìm nghiệm xx thỏa mãn. Cách giải: Ta có: cos2x−cosx=0⇔cosx(cosx−1)=0⇔[cosx=0cosx=1⇔[x=π2+kπx=π+k2π(k∈ Z)cos2x−cos⁡x=0⇔cos⁡x(cos⁡x−1)=0⇔[cos⁡x=0cos⁡x=1⇔ [x=π2+kπx=π+k2π(k∈Z). + Xét họ nghiệm x=π2+kπx=π2+kπ. Cho −π<x<0⇔−π<π2+kπ<0⇔−32<k<−12−π<x<0⇔−π<π2+kπ<0⇔−32<k<−12. Mà k∈Z⇒k=−1⇒x=−π2k∈Z⇒k=−1⇒x=−π2. + Xét họ nghiệm x=π+k2πx=π+k2π. Cho −π<π+k2π<0⇔−1<k<−12−π<π+k2π<0⇔−1<k<−12. Mà k∈Z⇒k∈∅k∈Z⇒k∈∅. Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm thỏa mãn là x=−π2x=−π2. Chọn C. Câu 8: Phương pháp: - Chuyến vế, đưa về phương trình hàm tan. - Giải phương trình lượng giác cơ bản: tanx=tanα⇔x=α+kπ(k∈Z)tan⁡x=tan⁡α⇔ x=α+kπ(k∈Z). Cách giải: Ta có: √ 3 sinx+cosx=0⇔√ 3 sinx=−cosx⇔tanx=−1√3⇔x=−π6+kπ(k∈)3sin⁡x+cos⁡x=0 ⇔3sin⁡x=−cos⁡x⇔tan⁡x=−13⇔x=−π6+kπ(k∈). Chọn A. Câu 9: Phương pháp: Xác định hai điểm chung của hai mặt phẳng, từ đó xác định giao tuyến. Cách giải:
5. Xét (SAC)(SAC) và (SBD)(SBD) có: + SS là điểm chung thứ nhất. + Trong (ABCD)(ABCD) ta có M=AC∩BD⇒{M∈AC⊂(SAC)M∈BD⊂ (SBD)M=AC∩BD⇒{M∈AC⊂(SAC)M∈BD⊂(SBD) ⇒M∈(SAC)∩(SBD)⇒M∈ (SAC)∩(SBD). Vậy (SAC)∩(SBD)=SM(SAC)∩(SBD)=SM. Chọn A. Câu 10: Phương pháp: Sử dụng định nghĩa phép tịnh tiến: T→u(M)=M′⇒−−−→MM′=→uTu→(M)=M′⇒ MM′→=u→. Cách giải: Ta có: T→u(M)=M′⇒−−−→MM′=→uTu→(M)=M′⇒MM′→=u→ ⇒{xM′=1+(−3)=−2yM′=−2+(−3)=−5⇒{xM′=1+(−3)=−2yM′=−2+(−3)=−5. Vậy M′(−2;−5)M′(−2;−5). Chọn D. Câu 11: Phương pháp: - Tính số cách chọn 1 quyển sách Toán, 1 quyển sách Vật lí, 1 quyển sách Hóa. - Sử dụng quy tắc cộng. Cách giải: Số cách chọn 1 quyển sách Toán là 7 cách. Số cách chọn 1 quyển sách Vật lí là 5 cách. Số cách chọn 1 quyển sách Hóa là 8 cách. Áp dụng quy tắc cộng: Số cách chọn 1 quyển sách bất kì là: 7+5+8=207+5+8=20 cách. Chọn C. Câu 12:
6. Phương pháp: - Sử dụng chỉnh hợp tính số cách chọn số có 3 chữ số đôi một khác nhau. - Gọi số tự nhiên có 3 chữ số lập được là ¯¯¯¯¯¯¯¯abcabc¯. - Số lần xuất hiện của mỗi số 1, 2, 3, 5, 6 ở mỗi vị trí a,b,ca,b,c bằng số cách chọn ¯¯¯¯¯bcbc¯ là A24=12A42=12 lần. ¯¯¯¯¯¯¯¯abc=a.102+b.101+cabc¯=a.102+b.101+c Cách giải: Từ 5 chữ số 1, 2, 3, 5, 6 ta lập được A35=60A53=60 số có 3 chữ số đôi một khác nhau. Tổng các chữ số 1, 2, 3, 5, 6 là: 1+2+3+5+6=171+2+3+5+6=17. Gọi số tự nhiên có 3 chữ số lập được là ¯¯¯¯¯¯¯¯abcabc¯. - Trong 60 số lập được ở trên, số lần xuất hiện của mỗi số 1, 2, 3, 5, 6 ở mỗi vị trí a,b,ca,b,c là A24=12A42=12 lần. Chẳng hạn, số lần xuất hiện số 1 ở vị trí aa bằng số cách chọn ¯¯¯¯¯bcbc¯ từ 4 số 2,3,5,62,3,5,6 và bằng A24=12A42=12 lần, tương tự số 1 xuất hiện ở vị trí bb A24=12A42=12 lần, ở vị trí cc là A24=12A42=12 lần. Vậy tổng của 60 số lập được là: 12.(1+2+3+5+6).(102+101+100)=2264412.(1+2+3+5+6).(102+101+100)=2264 4. Chọn A. PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm) Câu 1: Phương pháp: a) Giải phương trình lượng giác cơ bản: sinx=sinα⇔[x=α+k2πx=π−α+k2πsin⁡x=sin⁡α ⇔[x=α+k2πx=π−α+k2π. b) Giải phương trình dạng asinx+bcosx=casin⁡x+bcos⁡x=c, chia cả 2 vế cho √a2+b2 a2+b2. Cách giải: a) 2sin(x−π6)−√ 3 =02sin⁡(x−π6)−3=0 ⇔sin(x−π6)=√32⇔⎡⎢ ⎢⎣x−π6=π3+k2πx−π6=2π3+k2π⇔⎡⎢ ⎢⎣x=π2+k2πx=5π6+k2π(k∈Z)⇔sin⁡(x−π6)=32⇔ [x−π6=π3+k2πx−π6=2π3+k2π⇔[x=π2+k2πx=5π6+k2π(k∈Z) Vậy nghiệm của phương trình là x=π2+k2π,x=5π6+k2πx=π2+k2π,x=5π6+k2π. b) sinx−√ 3 cosx=−√2 sin⁡x−3cos⁡x=−2 ⇔12sinx−√ 3 2cosx=−√22⇔sinxcosπ3−cosxsinπ3=−√22⇔sin(x−π3)=−√22⇔⎡⎢ ⎢⎣x−π3=−π4+k2πx−π3=5π4+k2π⇔⎡⎢ ⎢⎣x=π12+k2πx=19π12+k2π⇔12sin⁡x−32cos⁡x=−22⇔ sin⁡xcos⁡π3−cos⁡xsin⁡π3=−22⇔sin⁡(x−π3)=−22⇔ [x−π3=−π4+k2πx−π3=5π4+k2π⇔[x=π12+k2πx=19π12+k2π
7. Vậy nghiệm của phương trình là x=π12+k2π;x=19π12+k2πx=π12+k2π;x=19π12+k2π. Câu 2: Phương pháp: a) Sử dụng chỉnh hợp. b) Chia các trường hợp: TH1: 3 học sinh nữ, 2 học sinh nam. TH2: 4 học sinh nữ, 1 học sinh nam. TH3: 5 học sinh nữ. Cách giải: a) Từ tập hợp A lập được A47=840A74=840 số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. b) Để chọn được 5 học sinh tham gia văn nghệ trong đó có ít nhất 3 học sinh nữ ta có các TH sau: TH1: 3 học sinh nữ, 2 học sinh nam ⇒⇒ Có C315.C220=86450C153.C202=86450. TH2: 4 học sinh nữ, 1 học sinh nam ⇒⇒ Có C415.C120=27300C154.C201=27300. TH3: 5 học sinh nữ ⇒⇒ Có C515=3003C155=3003. Vậy có tất cả 86450+27300+3003=11675386450+27300+3003=116753 cách. Câu 3: Phương pháp: 1. T→v(d)=d′⇒d′//dTv→(d)=d′⇒d′//d, từ đó gọi phương trình đường thẳng d′d′ có dạng theo phương trình đường thẳng dd. Lấy điểm A∈dA∈d bất kì. Tìm A′=T→v(A)A′=Tv→(A). Thay tọa độ điểm A′A′ vào phương trình đường thẳng d′d′. 2. a) Xác định 2 điểm chung của hai mặt phẳng, từ đó xác định giao tuyến. b) Xác định JJ là giao điểm của BIBI và một đường thẳng nằm trong (ACD)(ACD). Sử dụng định lí Menelaus để tính tỉ số. Cách giải:
8. 1. Vì T→v(d)=d′⇒d′//dTv→(d)=d′⇒d′//d, do đó phương trình đường thẳng d′d′ có dạng: d′:x+y+c=0(c≠−3)d′:x+y+c=0(c≠−3). Lấy A(3;0)∈dA(3;0)∈d. Gọi A′=T→v(A)A′=Tv→(A), khi đó ta có A′(5;−1)A′(5;−1). Vì T→v(d)=d′,A′=T→v(A)⇒A′∈d′Tv→(d)=d′,A′=Tv→(A)⇒A′∈d′. Suy ra 5+(−1)+c=0⇔c+4=0⇔c=−4(TM)5+(−1)+c=0⇔c+4=0⇔c=−4(TM). Vậy phương trình đường thẳng d′d′ là: x+y−4=0x+y−4=0. 2. a) Xét (ABG)(ABG) và (ACD)(ACD) có: + AA là điểm chung thứ nhất. + Trong (BCD)(BCD) ta có: M=BG∩CD⇒{M∈BG⊂(ABG)M∈CD⊂ (ACD)M=BG∩CD⇒{M∈BG⊂(ABG)M∈CD⊂(ACD) ⇒M∈(ABG)∩(ACD)⇒M∈ (ABG)∩(ACD). Vậy (ABG)∩(ACD)=AM(ABG)∩(ACD)=AM. b) Trong (ABM)(ABM) gọi J=BI∩AMJ=BI∩AM ta có: {J∈BIJ∈AM⊂(ACD)⇒J∈(ACD){J∈BIJ∈AM⊂(ACD)⇒J∈(ACD) ⇒ J=BI∩(ACD)⇒J=BI∩(ACD). Ta có: SJCDSACD=12=JMAM⇒JMJA=1SJCDSACD=12=JMAM⇒JMJA=1. Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AGMAGM ta có: BGBM.JMJA.IAIG=1⇔23.1.IAIG=2⇔IAIG=3BGBM.JMJA.IAIG=1⇔23.1.IAIG=2 ⇔IAIG=3 ⇒AIAG=34⇒AIAG=34. Vậy để SACD=2SJCDSACD=2SJCD thì AIAG=34AIAG=34.