Đề Thi Giữa HK2 Toán 10 Cánh Diều Cấu Trúc Bộ GD Giải Chi Tiết-Đề 3

Đề thi giữa học kì 2 Toán 10 Cánh diều cấu trúc Bộ GD giải chi tiết-Đề 3 được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 4 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phuơng án.

Câu 1: Cho các số $1;5;6;7$ có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số với các chữ số khác nhau?

A. 64 . B. 12 . C. 256 . D. 24 .

Câu 2: Có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh để bầu vào hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó từ một tổ có 10 học sinh?

A. $A_{10}^8$. B. $C_{10}^2$. C. $A_{10}^2$. D. ${10^2}$.

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A\left( {3;2} \right),B\left( { – 1;4} \right),C\left( { – 2; – 6} \right)$. Tọa độ trọng tâm $G$ của $\vartriangle ABC$ là

A. $G\left( {0;12} \right)$ B. $G\left( {2;4} \right)$ C. $G\left( {6;12} \right)$ D. $G\left( {0;0} \right)$

Câu 4: Cho tập hợp $X$ có 10 phần tử. Số tập hợp gồm 3 phần tử của $X$ là

A. $C_{10}^3$. B. ${10^3}$. C. $A_{10}^3$. D. $A_{10}^7$.

Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho các điểm $A\left( {1;1} \right),B\left( {2; – 5} \right),C\left( {4;0} \right)$ và điểm $M$ thỏa mãn $\overrightarrow {OM} = \overrightarrow {AB} – 2\overrightarrow {AC} $. Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. $M\left( { – 5; – 4} \right)$. B. $M\left( {5; – 4} \right)$. C. $M\left( { – 5;4} \right)$. D. $M\left( {5;4} \right)$.

Câu 6: Đường thẳng đi qua $A\left( { – 1;2} \right)$, nhận $\vec n = \left( {2; – 4} \right)$ làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là:

A. $x – 2y – 4 = 0$. B. $x + y + 4 = 0$. C. $ – x + 2y – 4 = 0$. D. $x – 2y + 5 = 0$.

Câu 7: Cho hai đường thẳng $d:mx – 2y – 1 = 0$ và $d’:x – 2y + 3 = 0$. Với giá trị nào của tham số $m$ thì đường thẳng $d,d’$ song song với nhau?

A. $m = – 1$. B. $m = 1$. C. $m = 2$. D. $m = – 2$.

Câu 8: Khoảng cách giữa hai đường thẳng ${d_1}: – x + \sqrt 3 y – 1 = 0$ và ${d_2}:\sqrt 3 x – 3y = 0$ bằng:

A. $\frac{1}{2}$. B. $\frac{1}{4}$. C. $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$. D. 1 .

Câu 9: Cho đường cong $\left( C \right):{(x – 1)^2} + {y^2} – m – 5 = 0$. Tìm $m$ để $\left( C \right)$ là một phương trình đường tròn

A. $m > – 5$. B. $m \geqslant – 5$. C. $m < – 5$. D. $m \leqslant – 5$.

Câu 10: Trong một hộp bút gồm có 8 cây bút bi, 6 cây bút chì và 10 cây bút màu. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một cây bút từ hộp bút đó?

A. 480 . B. 24 . C. 48 . D. 60 .

Câu 11: Một đội văn nghệ có 5 bạn nam và 3 bạn nữ. Có bao nhiêu cách chọn 2 bạn gồm 1 bạn nam và 1 bạn nữ để thể hiện một tiết mục hát song ca?

A. $C_5^1 + C_3^1$. B. $C_8^2$. C. $C_5^1 \cdot C_3^1$. D. $A_8^2$.

Câu 12: Tìm hệ số của ${x^{12}}$ trong khai triển ${\left( {2x – {x^2}} \right)^{10}}$.

A. $C_{10}^8$. B. $C_{10}^2 \cdot {2^8}$. C. $C_{10}^2$. D. $ – C_{10}^2 \cdot {2^8}$.

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4 . Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Câu 1: Một người có 7 đôi tất trong đó có 3 đôi tất trắng và 5 đôi giày trong đó có 2 đôi giày đen. Người này không thích đi tất trắng cùng với giày đen.

a) Người này có 9 cách chọn một đôi tất trắng và một đôi giày không phải màu đen.

b) Người này có 4 cách chọn đôi tất không phải màu trắng.

c) Người này có 17 cách chọn một đôi tất không phải màu trắng và một đôi giày bất kỳ.

d) Người đó có 29 cách chọn tất và giày sao cho tất trắng không đi cùng với giày đen.

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho hai đường thẳng ${\Delta _1}:2x + y – 1 = 0$ và ${\Delta _2}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2 + t} \\
{y = 1 – t}
\end{array}} \right.$

a) Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ${\Delta _2}$ là $\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( {2;1} \right)$.

b) Vectơ pháp tuyến của ${\Delta _1}$ là $\vec n = \left( {2;1} \right)$ nên ${\Delta _1}$ có một vectơ chỉ phương là $\vec u = \left( {1;2} \right)$.

c) Khoảng cách từ điểm $M\left( {2;1} \right)$ đến đường thẳng ${\Delta _1}$ bằng $\frac{4}{{\sqrt 5 }}$.

d) Cosin góc tạo bởi hai đường thẳng ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ bằng $\frac{3}{{\sqrt {10} }}$.

Câu 3: Một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 6 viên bi xanh và 7 viên bi trắng. Tất cả các bi có kích thước và khối lượng như nhau.

a) Có 10 cách chọn 2 viên bi đỏ từ hộp chứa.

b) Có 125 cách chọn 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng từ hộp chứa.

c) Có 3510 cách chọn 3 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh và 2 viên bi trắng từ hộp.

d) Nếu chọn ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp thì có 3360 cách để được 6 viên bi có đủ ba màu đồng thời hiệu của số bi xanh và bi đỏ, hiệu của số bi trắng và số bi xanh, hiệu của số bi đỏ và số bi trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng.

Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right)$, cho tam giác $ABC$ có $A\left( {1; – 2} \right)$ và đường thẳng chứa cạnh $BC$ có phương trình $5x – 3y + 1 = 0.K$ là một điểm nằm trên đoạn thẳng $AH$ sao cho $\overrightarrow {AK} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AH} $

a) Một vectơ chỉ phương của đường thẳng $BC$ là ${\vec u_{BC}} = \left( {3;5} \right)$.

b) Đường cao $AH$ có phương trình là $3x + 5y + 7 = 0$.

c) Hoành độ của điểm $H$ là một số nguyên dương.

d) Có hai điểm $K$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Câu 1: Tìm hệ số ${x^5}$ của trong khai triển nhị thức Newton ${(1 + x)^{12}}$

Câu 2: Từ các chữ số $0,1,2,3,4,5$ lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5 ?

Câu 3: Cho đa giác đều có $n$ đỉnh, $n \in \mathbb{N}$ và $n \geqslant 3$. Tìm $n$ biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo.

Câu 4: Tìm giá trị của tham số $m$ để hai đường thẳng ${d_1}:\left( {2m – 1} \right)x + my – 10 = 0$ và ${d_2}:x + 2y + 6 = 0$ vuông góc nhau?

Câu 5: Cho tam giác $ABC$ biết $A\left( {1;4} \right);B\left( {3; – 1} \right);C\left( {6; – 2} \right)$. Phương trình đường thẳng $d$ qua $C$ và chia tam giác thành hai phần, sao cho phần chứa điểm $A$ có diện tích gấp đối phần chứa điểm $B$ có dạng $ax + bx + c = 0$. Tính $a + b + c$ ?

Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho hai đường thẳng ${d_1}:x – y – 2 = 0,{d_2}:2x + y – 4 = 0$ và điểm $M\left( { – 3;4} \right)$. Gọi $\Delta :ax + by + 5 = 0$ là đường thẳng đi qua $M$ và cắt ${d_1},{d_2}$ lần lượt tại $A,B$ sao cho $\overrightarrow {MA} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MB} $. Tính giá trị biểu thức $T = 2a – 3b$.

ĐÁP ÁN VÀ GIẢI CHI TIẾT

PHẦN I.

Câu	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
Chọn	D	C	D	A	A	D	B	A	A	B	C	B

PHẦN II.

Câu 1	Câu 2	Câu 3	Câu 4
a) Đ	a) S	a) Đ	a) Đ
b) Đ	b) S	b) S	b) Đ
c) S	c) Đ	c) S	c) S
d) Đ	d) Đ	d) Đ	d) S

PHẦN III.

Câu	1	2	3	4	5	6
Chọn	792	36	18	0,25	-7	4

LỜI GIẢI CHI TIẾT

PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thi sinh chi chọn một phương án.

Câu 1: Cho các số $1;5;6;7$ có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số với các chữ số khác nhau?

A. 64 .

B. 12 .

C. 256 .

D. 24 .

Lời giải

Số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau lập được từ 4 chữ số $1;5;6;7$ là ${P_4} = 4! = 24$

Câu 2: Có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh để bầu vào hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó từ một tổ có 10 học sinh?

A. $A_{10}^8$.

B. $C_{10}^2$.

C. $A_{10}^2$.

D. ${10^2}$.

Lời giải

Số cách chọn 2 phần tử từ 10 phần tử và sắp thứ tự của 2 phần tử đó chính là số chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử nên ta có số cách chọn là: $A_{10}^2$.

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A\left( {3;2} \right),B\left( { – 1;4} \right),C\left( { – 2; – 6} \right)$. Tọa độ trọng tâm $G$ của $\vartriangle ABC$ là

A. $G\left( {0;12} \right)$

B. $G\left( {2;4} \right)$

C. $G\left( {6;12} \right)$

D. $G\left( {0;0} \right)$

Lời giải

Ta có công thức trọng tâm $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_G} = \frac{{3 – 1 – 2}}{3} = 0} \\
{{y_G} = \frac{{2 + 4 – 6}}{3} = 0}
\end{array}} \right.$

Vậy trọng tâm của $\vartriangle ABC$ là $G\left( {0;0} \right)$.

Câu 4: Cho tập hợp $X$ có 10 phần tử. Số tập hợp gồm 3 phần tử của $X$ là

A. $C_{10}^3$.

B. ${10^3}$.

C. $A_{10}^3$.

D. $A_{10}^7$.

Lời giải

Số tập hợp gồm 3 phần tử của $X$ là một tổ hợp chập 3 của 10 phần tử đã cho.

Vậy số tập hợp gồm 3 phần tử của $X$ là $C_{10}^3$.

Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho các điểm $A\left( {1;1} \right),B\left( {2; – 5} \right),C\left( {4;0} \right)$ và điểm $M$ thỏa mãn $\overrightarrow {OM} = \overrightarrow {AB} – 2\overrightarrow {AC} $. Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. $M\left( { – 5; – 4} \right)$.

B. $M\left( {5; – 4} \right)$.

C. $M\left( { – 5;4} \right)$.

D. $M\left( {5;4} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1; – 6} \right)$ và $\overrightarrow {AC} = \left( {3; – 1} \right)$

Lời giải

Suy ra $\overrightarrow {OM} = \overrightarrow {AB} – 2\overrightarrow {AC} = \left( {1; – 6} \right) – 2\left( {3; – 1} \right) = \left( {1; – 6} \right) – \left( {6; – 2} \right) = \left( { – 5; – 4} \right)$

Vậy $M\left( { – 5; – 4} \right)$.

Câu 6: Đường thẳng đi qua $A\left( { – 1;2} \right)$, nhận $\vec n = \left( {2; – 4} \right)$ làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là:

A. $x – 2y – 4 = 0$.

B. $x + y + 4 = 0$.

C. $ – x + 2y – 4 = 0$.

D. $x – 2y + 5 = 0$.

Lời giải

Gọi $\left( d \right)$ là đường thẳng đi qua và nhận $\vec n = \left( {2; – 4} \right)$ làm VTPT

$ \Rightarrow \left( d \right):x + 1 – 2\left( {y – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x – 2y + 5 = 0$.

Câu 7: Cho hai đường thẳng $d:mx – 2y – 1 = 0$ và $d’:x – 2y + 3 = 0$. Với giá trị nào của tham số $m$ thì đường thẳng $d,d’$ song song với nhau?

A. $m = – 1$.

B. $m = 1$.

C. $m = 2$.

D. $m = – 2$.

Lời giải

Đường thẳng $d,d’$ song song với nhau $ \Leftrightarrow \frac{m}{1} = \frac{{ – 2}}{{ – 2}} \ne \frac{{ – 1}}{3} \Leftrightarrow \frac{m}{1} = 1 \Leftrightarrow m = 1$.

Câu 8: Khoảng cách giữa hai đường thẳng ${d_1}: – x + \sqrt 3 y – 1 = 0$ và ${d_2}:\sqrt 3 x – 3y = 0$ bằng:

A. $\frac{1}{2}$.

B. $\frac{1}{4}$.

C. $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

D. 1 .

Lời giải

Lấy điểm $O\left( {0;0} \right)$ thuộc ${d_2}$. Ta có: $d\left( {{d_1},{d_2}} \right) = d\left( {O,{d_1}} \right) = \frac{{\left| { – 0 + \sqrt 3 \cdot 0 – 1} \right|}}{{\sqrt {{{( – 1)}^2} + {{(\sqrt 3 )}^2}} }} = \frac{1}{2}$.

Câu 9: Cho đường cong $\left( C \right):{(x – 1)^2} + {y^2} – m – 5 = 0$. Tìm $m$ để $\left( C \right)$ là một phương trình đường tròn

A. $m > – 5$.

B. $m \geqslant – 5$.

C. $m < – 5$.

D. $m \leqslant – 5$.

Lời giải

Ta có: ${(x – 1)^2} + {y^2} – m – 5 = 0 \Leftrightarrow {(x – 1)^2} + {y^2} = m + 5$. (C) là phương trình đường tròn $ \Leftrightarrow m + 5 > 0 \Leftrightarrow m > – 5$.

Câu 10: Trong một hộp bút gồm có 8 cây bút bi, 6 cây bút chì và 10 cây bút màu. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một cây bút từ hộp bút đó?

A. 480 .

B. 24 .

C. 48 .

D. 60 .

Lời giải

Áp dụng quy tắc cộng ta có số cách chọn ra một cây bút từ hộp bút đó là $8 + 6 + 10 = 24$.

Câu 11: Một đội văn nghệ có 5 bạn nam và 3 bạn nữ. Có bao nhiêu cách chọn 2 bạn gồm 1 bạn nam và 1 bạn nữ để thể hiện một tiết mục hát song ca?

A. $C_5^1 + C_3^1$.

B. $C_8^2$.

C. $C_5^1 \cdot C_3^1$.

D. $A_8^2$.

Lời giải

Ta có số cách chọn 2 bạn gồm 1 bạn nam và 1 bạn nữ để thể hiện một tiết mục hát song ca là: $C_5^1 \cdot C_3^1$

Câu 12: Tìm hệ số của ${x^{12}}$ trong khai triển ${\left( {2x – {x^2}} \right)^{10}}$.

A. $C_{10}^8$.

B. $C_{10}^2 \cdot {2^8}$.

C. $C_{10}^2$.

D. $ – C_{10}^2 \cdot {2^8}$.

Lời giải

Số hạng tổng quát của khai triển: ${T_{k + 1}} = C_{10}^k{(2x)^{10 – k}} \cdot {( – 1)^k} \cdot {\left( {{x^2}} \right)^k} = C_{10}^k \cdot {2^{10 – k}} \cdot {( – 1)^k} \cdot {x^{10 + k}}$.

Số hạng chứa ${x^{12}} \Leftrightarrow 10 + k = 12 \Leftrightarrow k = 2$

Vậy hệ số của ${x^{12}}$ là: $C_{12}^2 \cdot {2^8}$.

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4 . Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Câu 1: Một người có 7 đôi tất trong đó có 3 đôi tất trắng và 5 đôi giày trong đó có 2 đôi giày đen. Người này không thích đi tất trắng cùng với giày đen.

a) Người này có 9 cách chọn một đôi tất trắng và một đôi giày không phải màu đen.

b) Người này có 4 cách chọn đôi tất không phải màu trắng.

c) Người này có 17 cách chọn một đôi tất không phải màu trắng và một đôi giày bất kỳ.

d) Người đó có 29 cách chọn tất và giày sao cho tất trắng không đi cùng với giày đen.

Lời giải

Cách 1:

Trường hợp 1:

Chọn 1 đôi tất trắng có 3 cách.

Chọn 1 đôi giày không phải màu đen có 3 cách.

Do đó có $3.3 = 9$ cách chọn 1 đôi tất trắng và 1 đôi giày không phải màu đen.

Trường hợp 2:

Chọn 1 đôi tất không phải màu trắng có 4cách.

Chọn 1 đôi giày bất kỳ có 5 cách.

Do đó có $4.5 = 20$ cách chọn 1 đôi tất không phải màu trắng và 1 đôi giày bất kỳ.

Theo quy tắc cộng, ta có $9 + 20 = 29$ cách chọn 1 đôi tất và 1 đôi giày thỏa mãn yêu cầu.

Cách 2:

Số cách chọn ra 1 đôi tất và 1 đôi giày bất kỳ là: $7.5 = 35$ cách.

Số cách chọn ra 1 đôi tất trắng và 1 đôi giày đen là: $3 \cdot 2 = 6$ cách.

Vậy ta có $35 – 6 = 29$ cách chọn 1 đôi tất và 1 đôi giày thỏa mãn yêu cầu.

a) Đúng: Người này có 9 cách chọn một đôi tất trắng và một đôi giày không phải màu đen.

b) Đúng: Người này có 4 cách chọn đôi tất không phải màu trắng.

c) Sai: Người này có 20 cách chọn một đôi tất không phải màu trắng và một đôi giày bất kỳ.

d) Đúng: Người đó có 29 cách chọn tất và giày sao cho tất trắng không đi cùng với giày đen.

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho hai đường thẳng ${\Delta _1}:2x + y – 1 = 0$ và ${\Delta _2}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2 + t} \\
{y = 1 – t}
\end{array}} \right.$

a) Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ${\Delta _2}$ là $\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( {2;1} \right)$.

b) Vectơ pháp tuyến của ${\Delta _1}$ là $\vec n = \left( {2;1} \right)$ nên ${\Delta _1}$ có một vectơ chỉ phương là $\vec u = \left( {1;2} \right)$.

c) Khoảng cách từ điểm $M\left( {2;1} \right)$ đến đường thẳng ${\Delta _1}$ bằng $\frac{4}{{\sqrt 5 }}$.

d) Cosin góc tạo bởi hai đường thẳng ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ bằng $\frac{3}{{\sqrt {10} }}$.

Lời giải

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng ${\Delta _1}$ là $\vec n = \left( {2;1} \right)$ nên ${\Delta _1}$ có một vectơ chỉ phương là $\vec u = \left( {1; – 2} \right)$

Vectơ chỉ phương của đường thẳng ${\Delta _2}$ là $\overrightarrow {u’} = \left( {1; – 1} \right)$

Khoảng cách từ $M\left( {2;1} \right)$ đến đường thẳng ${\Delta _1}$ bằng: $d\left( {M;{\Delta _1}} \right) = \frac{{\left| {2.2 + 1 – 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}$

Khi đó: $cos\left( {{\Delta _1};{\Delta _2}} \right) = \left| {cos\left( {\vec u;\overrightarrow {u’} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\vec u \cdot \overrightarrow {u’} } \right|}}{{\left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\overrightarrow {u’} } \right|}} = \frac{3}{{\sqrt 5 \cdot \sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}$.

a) Sai: Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ${\Delta _2}$ là $\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( {1; – 1} \right)$.

b) Sai: Vectơ pháp tuyến của ${\Delta _1}$ là $\vec n = \left( {2;1} \right)$ nên ${\Delta _1}$ có một vectơ chỉ phương là $\vec u = \left( {1; – 2} \right)$.

c) Đúng: Khoảng cách từ điểm $M\left( {2;1} \right)$ đến đường thẳng ${\Delta _1}$ bằng $\frac{4}{{\sqrt 5 }}$.

d) Đúng: Cosin góc tạo bởi hai đường thẳng ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ bằng $\frac{3}{{\sqrt {10} }}$.

Câu 3: Một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 6 viên bi xanh và 7 viên bi trắng. Tất cả các bi có kích thước và khối lượng như nhau.

a) Có 10 cách chọn 2 viên bi đỏ từ hộp chứa.

b) Có 125 cách chọn 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng từ hộp chứa.

c) Có 3510 cách chọn 3 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh và 2 viên bi trắng từ hộp.

d) Nếu chọn ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp thì có 3360 cách để được 6 viên bi có đủ ba màu đồng thời hiệu của số bi xanh và bi đỏ, hiệu của số bi trắng và số bi xanh, hiệu của số bi đỏ và số bi trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng.

Lời giải

Số cách chọn 2 viên bi đỏ từ hộp chứa là: $C_5^2 = 10$.

Số cách chọn 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng từ hộp chứa là: $C_5^4 \cdot C_7^3 = 175$.

Số cách chọn 3 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh và 2 viên bi trắng từ hộp là: $C_5^3 \cdot C_6^2 \cdot C_7^2 = 3150$

Gọi $x,y,z$ lần lượt là số bi đỏ, bi xanh và bi trắng được lấy. Suy ra

Hiệu của số bi xanh và bi đỏ là $y – x$.

Hiệu của số bi trắng và bi xanh là $z – y$.

Hiệu của số bi đỏ và bi trắng là $x – z$.

Theo giả thiết, ta có $\left( {y – z} \right) + \left( {x – z} \right) = 2\left( {z – y} \right) \Leftrightarrow y – z = 2\left( {y – z} \right) \Leftrightarrow y = z$.

Ta có các trường hợp như sau:

Trường hợp 1. Chọn 2 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh và 2 viên bi trắng.

Do đó trường hợp này có $C_5^2 \cdot C_6^2 \cdot C_7^2$ cách.

Trường hợp 2. Chọn 4 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh và 1 viên bi trắng.

Do đó trường hợp này có $C_5^4 \cdot C_6^1 \cdot C_7^1$ cách.

Suy ra số cách lấy là $C_5^2 \cdot C_6^2 \cdot C_7^2 + C_5^4 \cdot C_6^1 \cdot C_7^1 = 3360$.

a) Đúng: Có 10 cách chọn 2 viên bi đỏ từ hộp chứa.

b) Sai: Có 175 cách chọn 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng từ hộp chứa.

c) Sai: Có 3150 cách chọn 3 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh và 2 viên bi trắng từ hộp.

d) Đúng: Nếu chọn ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp thì có 3360 cách để được 6 viên bi có đủ ba màu đồng thời hiệu của số bi xanh và bi đỏ, hiệu của số bi trắng và số bi xanh, hiệu của số bi đỏ và số bi trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng.

Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right)$, cho tam giác $ABC$ có $A\left( {1; – 2} \right)$ và đường thẳng chứa cạnh $BC$ có phương trình $5x – 3y + 1 = 0.K$ là một điểm nằm trên đoạn thẳng $AH$ sao cho $\overrightarrow {AK} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AH} $

a) Một vectơ chỉ phương của đường thẳng $BC$ là ${\vec u_{BC}} = \left( {3;5} \right)$.

b) Đường cao $AH$ có phương trình là $3x + 5y + 7 = 0$.

c) Hoành độ của điểm $H$ là một số nguyên dương.

d) Có hai điểm $K$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Đường thẳng $BC$ có một vectơ chỉ phương ${\vec u_{BC}} = \left( {3;5} \right)$.

Đường cao $AH$ đi qua điểm $A\left( {1; – 2} \right)$ và vuông góc với đường thẳng $BC$ nên có vectơ pháp tuyến là ${\vec n_{AH}} = {\vec u_{BC}} = \left( {3;5} \right)$.

Do đó phương trình đường cao $AH$ là: $3\left( {x – 1} \right) + 5\left( {y + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 5y + 7 = 0$.

Vì $\left\{ H \right\} = AH \cap BC$ suy ra tọa độ của $H$ là nghiệm của hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3x + 5y + 7 = 0} \\
{5x – 3y + 1 = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3x + 5y = – 7} \\
{5x – 3y = – 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – \frac{{13}}{{17}}} \\
{y = – \frac{{16}}{{17}}}
\end{array}\;suy\;ra\;H\left( { – \frac{{13}}{{17}}; – \frac{{16}}{{17}}} \right).} \right.} \right.} \right.$

Giả sử $K\left( {x;y} \right)$ nên $\overrightarrow {AK} = \left( {x – 1;y + 2} \right),\overrightarrow {AH} = \left( { – \frac{{13}}{{17}} – 1; – \frac{{16}}{{17}} + 2} \right)$.

Nên $\frac{3}{4}\overrightarrow {AH} = \left( { – \frac{{90}}{{68}};\frac{{54}}{{68}}} \right) \Rightarrow \frac{3}{4}\overrightarrow {AH} = \left( { – \frac{{45}}{{34}};\frac{{27}}{{34}}} \right)$.

Giả thiết $\overrightarrow {AK} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AH} $ suy ra $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – 1 = – \frac{{45}}{{34}}} \\
{y + 2 = \frac{{27}}{{34}}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – \frac{{11}}{{34}}} \\
{y = – \frac{{41}}{{34}}}
\end{array}} \right.} \right.$. Vậy $K\left( { – \frac{{11}}{{34}}; – \frac{{41}}{{34}}} \right)$.

a) Đúng: Một vectơ chỉ phương của đường thẳng $BC$ là ${\vec u_{BC}} = \left( {3;5} \right)$.

b) Đúng: Đường cao $AH$ có phương trình là $3x + 5y + 7 = 0$.

c) Sai: Hoành độ của điểm $H$ là một số âm.

d) Sai: Chỉ có duy nhất một điểm $K$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Câu 1: Tìm hệ số ${x^5}$ của trong khai triển nhị thức Newton ${(1 + x)^{12}}$

Lời giải

Số hạng tổng quát của khai triển ${(1 + x)^{12}}$ là: $C_{12}^k \cdot {(1)^{12 – k}} \cdot {(x)^k} = C_{12}^k \cdot {x^k}$ với $0 \leqslant k \leqslant 12,k \in \mathbb{Z}$.

Số hạng chứa ${x^5}$ tương ứng với $k$ thỏa mãn $k = 5$.

Vậy hệ số của ${x^5}$ trog khai triển ${(1 + x)^{12}}$ là $C_{12}^5 = 792$.

Câu 2: Từ các chữ số $0,1,2,3,4,5$ lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5 ?

Lời giải

Gọi số tự nhiên có ba chữ số khác nhau là $\overline {abc} $

Vì $\overline {abc} $ chia hết cho 5 nên $c \in \left\{ {0;5} \right\}$.

Trường hợp 1: $c = 0$

$a$ có 5 cách chọn

$b$ có 4 cách chọn

Suy ra có $5.4 = 20$ số ở trường hợp này.

Trường hợp 2: $c = 5$

a có 4 cách chọn.

$b$ có 4 cách chọn

Suy ra có $4.4 = 16$ số ở trường hợp này.

Vậy số các số thỏa mãn bài là $20 + 16 = 36$ số.

Câu 3: Cho đa giác đều có $n$ đỉnh, $n \in \mathbb{N}$ và $n \geqslant 3$. Tìm $n$ biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo. Lời giải

Tìm công thức tính số đường chéo: Số đoạn thẳng tạo bởi $n$ đỉnh là $C_n^2$, trong đó có $n$ cạnh, suy ra số đường chéo là $C_n^2 – n$.

Đa giác đã cho có 135 đường chéo nên $C_n^2 – n = 135$.

Giải phương trình: $\frac{{n!}}{{\left( {n – 2} \right)!2!}} – n = 135,\left( {n \in \mathbb{N},n \geqslant 2} \right) \Leftrightarrow \left( {n – 1} \right)n – 2n = 270$

$ \Leftrightarrow {n^2} – 3n – 270 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{n = 18\left( {\;thỏa\;mãn\;} \right)} \\
{n = – 15\left( {\;loại\;} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow n = 18} \right.$.

Vậy đa giác đều này có 18 đỉnh.

Câu 4: Tìm giá trị của tham số $m$ để hai đường thẳng ${d_1}:\left( {2m – 1} \right)x + my – 10 = 0$ và ${d_2}:x + 2y + 6 = 0$ vuông góc nhau?

Lời giải

Đường thẳng ${d_1}:\left( {2m – 1} \right)x + my – 10 = 0$ có vectơ pháp tuyến ${\vec n_1} = \left( {2m – 1;m} \right)$

Đường thẳng ${d_2}:3x + 2y + 6 = 0$ có một vectơ pháp tuyến ${\vec n_2} = \left( {;2} \right)$

Hai đường thẳng ${d_1} \bot {d_2} \Rightarrow {\vec n_1} \cdot {\vec n_2} = 0 \Leftrightarrow \left( {2m – 1} \right) + 2m = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{4} = 0,25$.

Câu 5: Cho tam giác $ABC$ biết $A\left( {1;4} \right);B\left( {3; – 1} \right);C\left( {6; – 2} \right)$. Phương trình đường thẳng $d$ qua $C$ và chia tam giác thành hai phần, sao cho phần chứa điểm $A$ có diện tích gấp đối phần chứa điểm $B$ có dạng $ax + bx + c = 0$. Tính $a + b + c$ ?

Gọi $D$ là giao điểm của đường thẳng $d$ và đoạn thẳng $AB$

Ta có: ${S_{\vartriangle ACD}} = \frac{1}{2}CH \cdot AD$ và ${S_{\vartriangle BCD}} = \frac{1}{2}CH \cdot BD$. Vì ${S_{\vartriangle ACD}} = 2{S_{\vartriangle BCD}} \Rightarrow AD = 2BD$

Lấy $D \in AB$ sao cho $\overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {DB} \Rightarrow D = \left( {\frac{7}{3};\frac{2}{3}} \right)$.

Ta có đường thẳng $d$ đi qua $C\left( {6; – 2} \right)$ và nhận $\overrightarrow {CD} = \left( { – 11;8} \right)$ là vectơ chỉ phương nên đường thẳng $d$ có vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left( {8;11} \right)$

Vậy phương trình đường thẳng $d$ là: $8x + 11y – 26 = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 8} \\
{b = 11} \\
{c = – 26}
\end{array} \Rightarrow a + b + c = – 7} \right.$.

Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho hai đường thẳng ${d_1}:x – y – 2 = 0,{d_2}:2x + y – 4 = 0$ và điểm $M\left( { – 3;4} \right)$. Gọi $\Delta :ax + by + 5 = 0$ là đường thẳng đi qua $M$ và cắt ${d_1},{d_2}$ lần lượt tại $A,B$ sao cho $\overrightarrow {MA} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MB} $. Tính giá trị biểu thức $T = 2a – 3b$.

Lời giải

Ta có: $A = \Delta \cap {d_1} \Rightarrow A \in {d_1} \Rightarrow A\left( {t;t – 2} \right)$ và $B = \Delta \cap {d_2} \Rightarrow B \in {d_2} \Rightarrow B\left( {t’; – 2t’ + 4} \right)$.

Suy ra: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {MA} = \left( {t + 3;t – 6} \right)} \\
{\overrightarrow {MB} = \left( {t’ + 3; – 2t’} \right)}
\end{array}} \right.$

Mà: $\overrightarrow {MA} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t + 3 = \frac{3}{2} \cdot \left( {t’ + 3} \right)} \\
{t – 6 = \frac{3}{2} \cdot \left( { – 2t’} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t – \frac{3}{2}t’ = \frac{3}{2}} \\
{t + 3t’ = 6}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = 3} \\
{t’ = 1}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{A\left( {3;1} \right)} \\
{B\left( {1;2} \right)}
\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.$

Mặt khác: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{A \in \Delta } \\
{B \in \Delta }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3a + b + 5 = 0} \\
{a + 2b + 5 = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = – 1} \\
{b = – 2}
\end{array}} \right.} \right.} \right.$

Vậy: $T = 2a – 3b = 2 \cdot \left( { – 1} \right) – 3 \cdot \left( { – 2} \right) = 4$.