11HK1-HDG Đề số 3 (Bộ 11 đề)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (981.89 KB, 17 trang )

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

Câu 1: Nghiệm của phương trình 1 sin xcos 2x0 là:

A. 
2

2 ( )
3

2
2
3

x k

x k k

x k

 
 

 

   


  


. B. ( )

2
3
x k
k
x k

 


 
   

.

C. 2 ( )

6
5

2
6

x k

x k k

x k

 
 


 

   


  


. D.

2
( )
2
6
x k
k
x k

 


 
   

.
Lời giải 
Chọn C.

Ta biến đổi phương trình về phương trình tích:

1 sin xcos 2x0 2

sin 2sin 0

  x x sinx



1 2sin x



0

sin 0
1
sin
2




 

x

x sin sin

6






 


x k

x  6 2 ( )

5
2
6

x k

x k k

x k

 
 

 

   


  

.

Câu 2: Nghiệm của phương trình sin2x2sin 2xcos2x 2 là:

A.

 

4 ( )

arctan 3
x k
k
x k
 

  
 

 


. B. 4 ( )

1
arctan
3
x k
k
x k
 

  

 
 

   
  

.
C.

 

4 ( )

arctan 3 2

x k
k
x k
 

  
 

 


. D. 4 ( )

1
arctan
3
x k
k

x k
 

   

 
 
   
  

.
Lời giải 
Chọn B.

Nhận thấy cosx0 không phải nghiệm của phương trình, chia 2 vế phương trình cho
2

cos x0 ta được:

2 2

tan x4 tanx  1 2 tan x2 2

3tan 4 tan 1 0

 x x 

tan 1 tan

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

Câu 3: Nghiệm của phương trình

2sin 3sin 1

3 tan 3

x x

x

  

 là:

A. 
2
2
( )
2
6
x k
k
x k
 
 
  




  


. B.

2
2
( )
5
2
6
x k
k
x k
 
 
  



  

.
C.
2
6
( )
5

2
6
x k
k
x k
 
 
  



  


. D. 5 2 ( )

x  k  k .

Lời giải 
Chọn B.

Điều kiện: tan 3
3

 

x





 

  

x k k .

Khi đó phương trình trở thành:

2sin x3sinx 1 0

sin 1
1
sin
2



 
 

x

x





2
2

2
6
5
2
6
 
 
 
  


   


  

x k

x k k

x k

Kết hợp với điều kiện ta có họ nghiệm của phương trình là

2
2
( )
5

2
6
x k
k
x k
 
 
  



  

.

Câu 4. Hàm số: sin 2 0
1 2sin

x
x

 có tập xác định là

A. \
4

D  k k 

  . B. D \ 2 k k

 

 

    

 .

C. \

4 2

k

D    k 

 . D. D \ 4 k2 k

 
 
    
 .
Lời giải 
Chọn C

Điều kiện: 2

1 2sin x0

sin
2
2
sin
2



 
  

x
x





4 2
 

  x k k .

Vậy tập xác định là \

4 2

k

D    k 

 .

Câu 5. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y3sinx4cosx1 là:

A. miny 3; maxy5. B. miny 5; maxy5.
C. miny 5; maxy6 . D. miny 4; maxy6.

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

Ta có
5 

y 3 4 1

sin cos

5 x5 x5





1
sin

5


 x  với cos 3

  và sin 4
5
  .

Mà  1 sin



x



1 4 sin





5  5



  x  6

 hay 4 6

5 5 5
y

  

suy ra 4  y 6.
Vậy miny 4; maxy6

Câu 6: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2 sin 2x là:

A.miny 2. B. miny1. C.Kết quả khác. D. miny0.

Lời giải 
Chọn B.

Ta có  x , 2

0sin x1  1 2 sin2 x2  1 y 2 sin 2x  2.
Vậy miny1 khi sin 1

x    x  k, k .

Câu 7: Hàm số 1
sin 2 cos 2
y

x x

 có tập xác định là:

A. \ |

4 2
k

D    k 

  . B. \ 4 |

k

D   k 

 .

C. D \



k |k



. D. \ |
2
k

D   k 

 .

Lời giải 
Chọn B.

Điều kiện xác đinh của hàm số là: sin 2 cos 2x x0sin 4x04xk

4
k

x 

 



k



Vậy tập xác định \ |

4
k

D   k 

 .

Câu 8: Nghiệm của phương trình 2cos2x5sinx 5 0 là:

A. ,





x  k k . B.

2sin x 5sinx 3 0

    
sin 1
3
sin
2
x
x




 

.

TH1 sin 3
2

x phương trình vơ nghiệm.

TH2 sinx1 2





x  k  k

    .

Câu 9: Hàm số sin 2

cot 3

x
y

x


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

A. \ |
6

D  k k 

 . B. D \



k |k



C. \ ; |

D k  k k 

 . D. D \ 2 k ;6 k |k

   

 

     

 .

Lời giải 
Chọn C.

Điều kiện xác định của hàm số là: cot 3 6





sin 0

x k

x

k
x

x k

 





   

  

 



   .

Câu 10: Nghiệm của phương trình 2cosx 30 là:
A. 2 ,





x   k  k . B. ,

Ta có 2cosx 30 cos 3
2
x

  cos cos

x 

  2 ,





x  k  k

     .

Câu 11: Nghiệm của phương trình 3 cotx 3 0 là:

A. 2





x  k  k . B.





x  k k .

C.





x  k k . D. 2





x  k  k .

Lời giải
Chọn C.





3 cot 3 0 cot 3

x   x   x  k k .
Câu 12: Giá trị lớn nhất của hàm số ycos4xsin2 x là:

A. maxy 2. B. maxy1. C. maxy0. D. maxy2.

Lời giải
Chọn B.

Đặt 2

sin

t x , t

 

0;1 .
Ta có y 



1 t



2   t t2 t 1
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có maxy1.

Câu 13: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ysin 2x2 sin



xcosx



2 là
A. miny 1 2 2, maxy 1 2 2. B. miny  2, maxy 2.

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

Chọn C.







sinx cosx 2 sinx cosx 3

     

2sin 2 2 sin 3

4 4

x  x 

   

       

    .

Đặt sin
4
t x 

 , t 



1;1



ta được:

2 2 2 3

y  t  t .

Bảng biến thiên của hàm số 2

2 2 2 3

y  t  t :

Vậy miny 1 2 2, maxy4.

Câu 14: Nghiệm của phương trình 3 sinxcosx2 là

k .

Lời giải
Chọn B.

Ta có: 3 sinxcosx2

3 1

sin cos 1

2 x 2 x

   sin 1

x



 

   

  x 6 2 k2

 



    2 ,

x



k



k

    .

Câu 15: Nghiệm của phương trình 2sin 2x



sinxcosx



 1 0 là

A.





2
2
2
x k
k
x k
 
 
 

 
   


. B.





2
x k
k
x k
 
 
 

 

  

.

C. xk,



k



. D.





2
2
x k
k
x k

 


 
   

.
Lời giải
Chọn A.

Ta có: 2sin 2x



sinxcosx



 1 0



 



2 sin 2x 1 sinx cosx 3 0

     



 



2 sinx cosx sinx cosx 3 0

     

sin cos 1

3
sin cos
2
x x
x x
  



 


2 sin 1

4
3
2 sin
4 2
x
x



    
 
  



  
 
  


 

1
sin sin

4 2 4

sin 1 VN

4 2 2

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

Câu 16: Đội thanh niên xung kích của Đồng Trường THPT Nguyễn Trãi có 20 học sinh trong đó có 7
học sinh khối 10 ; 7 học sinh khối 11 và 6 học sinh khối 12. Ban Chấp Hành Đoàn muốn
chọn đội công tác xã hội gồm 8 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn đội công tác sao cho
trong 8 học sinh được chọn mỗi khối có ít nhất 1 học sinh?

A. Kết quả khác. B. 121680 . C. 197055 . D. 120393 .

Lời giải 
Chọn D

Số cách chọn 8 học sinh bất kỳ là: C208 .
Số cách chọn 8 học sinh không đủ ba khối:

TH1: 8 học sinh được chọn chỉ có khối 10 và khối 11 có C148 cách chọn.
TH2: 8 học sinh được chọn chỉ có khối 10 và khối 12 có C138 cách chọn.
TH3: 8 học sinh được chọn chỉ có khối 11 và khối 12 có C138 cách chọn.
Vậy số cách chọn 8 học sinh không đủ ba khối là: C148 C138 C138 .

Số cách chọn 8 học sinh mà mỗi khối có ít nhất 1 học sinh là: 8



8 8 8



20 14 13 13 120393

C  C C C  .

Câu 17: Từ 6 chữ số 0 , 1, 2, 3 , 4, 5 . Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số
khác nhau?

A. 60 . B. 52 . C. 48 . D. 120 .

Lời giải 
Chọn B

Gọi số tự nhiên cần lập là abc . 
TH1: c 0 Có 1 cách chọn c . 
Số cách chọn a và b là 2

A .

 Số các số tự nhiên thỏa mãn là: 1.A52  A52.
TH2: c

 

2; 4  Có 2 cách chọn c .

Số cách chọn a là 4 cách.
Số cách chọn b là 4 cách.

 Số các số tự nhiên thỏa mãn là: 2.4.432.

Vậy số các số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau 2

5 32 52
A   (số).

Câu 18: Từ 6 chữ số 0 , 1, 2, 3 , 4, 5 ta có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số trong đó
chữ số 1 có mặt đúng hai lần các chữ số khác có mặt đúng một lần?

A. 2160 . B. 720 . C. 2520 . D. 4320 .

Lời giải 
Chọn C

Gọi số tự nhiên cần lập là abcdefg.
Xếp chữ số 0 vào 7 vị trí có 7 cách.
Xếp hai chữ số 1 vào 6 vị trí cịn lại có 2

6
C cách.
Xếp 4 chữ số còn lại vào 4 vị trí cịn lại có 4! cách.
Vậy số các số có thể lập là: 7.C62.4! 2520 (số).

Câu 19: Từ 5 chữ số 1, 2, 3 , 4, 5 ta có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau
sao cho chữ số tận cùng là chữ số 1?

A. 24 . B. 64 . C. 48 . D. 120 .

Lời giải 
Chọn A.

Vì vị trí cuối cùng là chữ số 1 nên số cách chọn 3 vị trí cịn lại là A43 24.

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

A. 60 . B. 64 . C. 20 . D. 30 .

Lời giải 
Chọn D.

* Mỗi cách chọn 3 chữ số khác chữ số 0 sẽ có 2 số tự nhiên có gồm 3 chữ số khác nhau và
các chữ số xếp theo thứ tự tăng dần hoặc giảm dần, vậy trường hợp này có: 3

2C 20 số.
* Mỗi cách chọn 3 chữ số có chữ số 0 sẽ có 1 số tự nhiên mà 3 chữ số khác nhau và các chữ số
xếp theo thứ tự giảm dần, vậy trường hợp này có: 2

5 10
C  số.
Vậy có 30 thỏa yêu cầu.

Câu 21: Tính tổng S C20160 C12016 ... C20162016.

A. 22017. B. 22016. C. 1. D. 0.

Lời giải

Chọn B.

Xét



1x



2016C20160 C20161 x C 20162 x2 ... C20162016x2016.
Cho x1 thì S22016.

Câu 22: Có 4 quyển sách Văn; 5 quyển sách Toán; 6 quyển sách Tiếng Anh được xếp trên một kệ dài.
Có bao nhiêu cách xếp sao cho các quyển sách cùng loại thì được xếp kề nhau?

A. 3!.4!.5!.6!. B.15!. C. 4!.5!.6!. D. 4!.5! 5!.6! 6!.5!  .

Lời giải 
Chọn A.

Xếp 4 quyển sách Văn gần nhau có 4! cách.
Xếp 5 quyển sách Tốn gần nhau có 5! cách.
Xếp 6 quyển sách Tiếng Anh gần nhau có 6! cách.

Xếp các quyển sách Văn, Tốn, Tiếng Anh lên kệ có 3! cách.
Vậy có 3!.4!.5!.6!.

Câu 23: Hai vận động viên A và B bắn độc lập vào một tấm bia, mỗi người bắn một phát. Xác suất hai 
vận động viên A và B bắn trúng bia lần lượt là 0, 6 và 0, 7 . Tính xác suất biến cố trong 2 
người bắn có ít nhất 1 người bắn trúng bia?

A. 0,88 . B. 0, 42 . C. 0,9 . D. 0, 46 .

Lời giải 
Chọn A.

Xác suất A và B bắn trượt bia lần lượt là 0, 4 và 0,3 .

Xác suất cả 2 người bắn trượt là 0, 4.0,3 0,12 .

Xác suất có ít nhất 1 người bắn trúng là 1 0,12 0,88  .

Câu 24: Một hộp đựng 5 bi đỏ, 6 bi xanh, 7 bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 bi. Tính xác suất biến cố 3 bi
được chọn có đủ 3 màu?

A. 37

136. B.

136. C.

136. D.

65
816.

Lời giải 
Chọn B.

Không gian mẫu 3

18
C

  .

Số cách chọn 3 bi đủ 3 màu là 5.6.7.
Xác suất biến cố cần tìm là 3

12 12 24 2

12 12

0 0

3 k k 3 k k 3 k k k

k k

x xy C x xy  C  x  y 

 

 



 



 .

Số hạng chứa 17 14
.

x y (ứng với k 5) là C125

 

3 7 x y17 14  1732104x y17 14.

Câu 26: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 100. Tính xác suất biến cố chọn được số tự nhiên
chia hết cho 9?

A. 3

25. B.

99. C.

100. D. 
11
100.
Lời giải

Chọn A.

Số phần tử không gian mẫu là 100 .

Gọi A là biến cố “Số chọn được chia hết cho 9”.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là A 0, 9, 18, 27,..., 99 .

Do đó 99 0 1 12

A .

Vậy xác suất cần tìm là 12 3

100 25

A

P A .

Câu 27: Cho khai triển 1 2x n n . Tìm n biết hệ số của số hạng chứa x2 bằng 144 ?

A. 7. B. 9. C. 6. D. 5.

Lời giải 
Chọn B.

Ta có









 

0 0

1 2 2 2

n n

n k k k k k

n n

k k

x C x C x

 

 



 



 .

Hệ số của 2

x bằng 144 khi và chỉ khi Cn2 2 2 144 n 9.

Câu 28: Cho 18 thí sinh biểu diễn thời trang “Vì mơi trường”. Ban tổ chức muốn chia 18 thí sinh thành
3 nhóm, mỗi nhóm có 6 thí sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chia nhóm?

A. A186 . B. C186 . C. C186 C126 C66 D. C C186. 126 .

Lời giải 
Chọn D.

Số cách chọn 6 thí sinh vào nhóm thứ nhất là C . 186

Số cách chọn 6 học sinh vào nhóm thứ hai là C126 , cịn lại 6học sinh vào nhóm thứ ba.
Số cách chia nhóm là C C186. 126 .

Câu 29: Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X . Tính xác 
suất để biến cố chọn được là một số có 4 chữ số khác nhau?

A. 63

125. B.

125. C.

125 D.

112
243.

Lời giải 
Chọn A.

Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số là 9.103 số.

Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau là 9.9.8.7 4536 số.
Vậy sác xuất cần tìm là 4536 63

9000 125

P .

Câu 30: Một hộp đựng 5 bi đỏ; 6 bi xanh; 7 bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 4 bi. Tính xác suất để 4 bi
chọn được có nhiều nhất hai màu.

A. 33

68. B.

68. C.

91 D.

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

Lời giải 
Chọn A.

Số cách chọn ngẫu nhiên 4 viên bi trong hộp là 4

18 3060

C .

Số trường hợp để 4 viên bi chọn được có nhiều nhất hai màu là
Trường hợp 1: 4 viên bi chọn được cùng một màu.

Số các khả năng là 4 4 4
5 6 7 55

C C C .

Trường hợp 2: 4 viên bị chọn được có đúng hai màu.

Số các khả năng 4 bi chọn được gồm màu đỏ và xanh: 4 4 4
11 5 6 310

C C C .

Số các khả năng 4 bi chọn được gồm màu xanh và vàng: C134 C64 C74 665.
Số các khả năng 4 bi chọn được gồm màu đỏ và vàng: C124 C54 C74 455.
Số các khả năng 4 bi chọn được gồm hai màu là 310 665 455 1430.
Vậy xác suất cần tìm là 1430 55 33

3060 68

P .

Câu 31: Từ năm chữ số 0;1; 2;3; 4 ta có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau?
A. 60. B. 120. C. 96. D. 48.

Lời giải 
Chọn C.

Gọi số cần lập abcd a, 0, a b c d, , , khác nhau.
Chọn a có 4 cách.

Sau đó lần lượt chọn b c d, , có 4.3.2cách.
Vậy có tất cả4.4.3.296 số.

Câu 32: Trường THPT Nguyễn Trãi muốn chọn Ban đại diện cha mẹ học sinh gồm 1 chủ tịch, 1 phó
chủ tịch, 1 thư ký và 3 ủy viên từ 44 trưởng ban đại diện của 44 lớp. Hỏi có bao nhiêu cách
chọn Ban dại diện ?

A. C C443 . 413 . B. A C443 . 413 . C. C443 . D. A443 .

Lời giải 
Chọn B.

Chọn 3 từ 44 trưởng ban đại diện sau đó sắp xếp các vị trí chủ tịch, phó chủ tịch, thư ký. Sau
đó tiếp tục chọn 3 người trong số 41 người còn lại để làm ủy viên do đó có A C443. 413 cách.
Câu 33: Từ 6 chữ số 0;1; 2;3; 4;5 ta có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau và

chia hết cho 9.

A. 22. B. 18. C. 16. D. 20.

Lời giải 
Chọn B.

Số gồm 3 chữ số chia hết cho 9 là số có tổng 3chữ số bằng 9.

Trong 6 chữ số 0;1; 2;3; 4;5 có các bộ 3 chữ số 0; 4;5 ; 1;3;5 ; 2;3; 4 có tổng bằng 9.
Bộ 0;4;5 lập được 2.2 4 số;

Bộ 1;3;5 lập được 3.2.1 6 số;
Bộ 2;3;4 lập được 3.2.1 6 số.

Vậy có tất cả 4 6 6 18 số được lập chia hết cho 9.

Câu 34: Gieo một đồng xu liên tiếp 5 lần. Tính xác suất biến cố trong 5 lần gieo có đúng 2 lần xuất hiện
mặt sấp.

A.31

32. B.

16. C.

16. D.

1
32.

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

Học Vật lí (cơ Hồi Phương): 0988.475.362 Trang 10 Học Tốn (thầy Hải): 
Khơng gian mẫu

 

2 32

  

n

Gọi biến cố A: “Trong 5 lần gieo có đúng 2 lần xuất hiện mặt sấp”
Số cách thuận lợi cho A:

 

5
 

A C

 

2
5
5

5
( )

2 16

   



n A C

P A

n .

Câu 35: Có 12 người trong đó có hai vợ chồng anh X được xếp ngẫu nhiên thành 1 hàng ngang. Tính
xác suất biến cố hai vợ chồng anh X đứng cạnh nhau:

A.5

6. B.

12. C.

6. D.

10
11. 
Lời giải

Chọn C.

Không gian mẫu: Xếp 12 người đứng cạnh nhau thành hàng ngang có n

 

 12! cách.
Gọi A là biến cố: “Hai vợ chồng anh X đứng cạnh nhau”

Có 11! cách sắp xếp để cặp 2 vợ chồng anh X luôn đứng cạnh nhau (xem như một phần tử) và
10 người cịn lại. Trong mỗi cách trên lại có 2! cách hốn vị vị trí 2 vợ chồng anh X.

 

11!.2!
n A 

Vậy

 

11!.2! 1

( )

12! 6

   


n A
P A

n .

Học Vật lí (cơ Hồi Phương): 0988.475.362 Trang 11 Học Toán (thầy Hải):

J

N G

H
O

I
S

M

D

C
B

A

Gọi M N J, , lần lượt là trung điểm của CD SC AD, , .

// SAB



, CI 



CIJ



nên CI //



SAB . Vậy đáp án B đúng.



Ta có: // 1

OC OB BC

BC AD

OA OD AD

    .

AMC

 có: 1 //

MH OC

OH CM

HA   OA hay OH //CD.

NBD

 có: DG 2 OD OG// NB

GN   OB  OG//



SBC



. Vậy đáp án A đúng.
SAM

 có: 1 //

MG MH

HG SA

MS   MA  GH //



SAC



. Vậy đáp án C đúng.
Vậy đáp án D sai.

Câu 38: Cho hình chóp S ABCD. đáy ABCD là hình thang



AD// BC , gọi



M là trung điểm của AB.
Mặt phẳng

 

P đi qua M và song song với SA BC; cắt hình chóp S ABCD. theo thiết diện là
hình gì?

A. Ngũ giác. B. Hình bình hành. C. Tam giác. D. Hình thang.

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

Học Vật lí (cơ Hồi Phương): 0988.475.362 Trang 12 Học Toán (thầy Hải):

F E

N
S

M

D

C
B

A

, kẻ đường thẳng qua M song song với BC cắt CD tại N.

Suy ra thiết diện của hình chóp S ABCD. cắt bởi mặt phẳng

 

P là hình thang FENM vì có
//

FE MN (cùng song song với BC) .

Câu 39: Cho hình chóp S ABCD. đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M là trung điểm của SB.
Giao điểm của DM và



SAC là:



A. Giao điểm của DM và SA. B. Giao điểm của DM và SC.

C. Giao điểm của DM và SO . D. Giao điểm của DM và BD .
Lời giải

Chọn C.

I

S

M

O

D

C
B

A

Trong



SBD , gọi



I SODM





I DM

I SO SAC




   

 . Vậy I DM



SAC



Câu 40: Cho tứ diện ABCD , gọi I J, lần lượt là trung điểm của AB, CD. Giao tuyến của hai mặt
phẳng



ICD và





JAB là



A. IJ. B. AJ. C. CI . D. DI.

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

Học Vật lí (cơ Hồi Phương): 0988.475.362 Trang 13 Học Toán (thầy Hải): 
J

I

D

C
B

A

Ta có:







 









 



I AB JAB I JAB ICD

J CD ICD J ICD JAB

    




    

 IJ 



JAB

 

 ICD



Câu 41: Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Gọi . M N; lần lượt là trung
điểm của SB , CD . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai ?

Lời giải

Chọn C.

S

A B

C
D

O

M

N

I

Gọi I là trung điểm của AB

 Ta có: MO là đường trung bình của tam giác SDB MO SD// .













//
SD MO

MO AMC SD AMC

SD AMC



  



 



A

 đúng.

 Do MO SD//





MO//



SAD



MO SAD





 A; A là trọng tâm tam giác BCD . 
D. G là trọng tâm tam giác ADM .

Lời giải 
Chọn D.

A

B

C

D

M

N

G

Xét tam giác ADM có : MN là đường trung tuyến

Do G là trung điểm của MN G không là trọng tâm của tam giác ADM .

Câu 43: Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD là hình thang .



AD BC . Gọi O là giao điểm AC và //





SO.

Lời giải 
Chọn A.

S

A

B C

D

O

I

Ta có: AD BC//





AD//



SBC



AD SBC




 

 và AD, SB không cùng nằm trong một mặt phẳng

AD

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

Học Vật lí (cơ Hồi Phương): 0988.475.362 Trang 15 Học Toán (thầy Hải):

Câu 44: Cho tứ diện ABCD có M là trung điểm của AC. Mặt phẳng (P) đi qua M song song với mặt 
phẳng (ABD). Thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) là

A. Hình thang. B. Hình chữ nhật. C. Hình bình hành. D. Tam giác.

Lời giải 
Chọn D.

K

N
M

A D

B
C

(P) đi qua M song song với (ABD) nên (P) cắt BC (gọi giao điểm là N) và cắt CD (gọi giao 
điểm là K) sao cho MN // AB và MK // AD.

Khi đó ( )P (MNK) Thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) là tam giác MNK. 
Câu 45: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm

của SA, SB, SC. Thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNP) là

A. Tứ giác. B. Tam giác. C. Ngũ giác. D. Lục giác.

Lời giải 
Chọn A.

Q
K

O
P
N

M

A D

B

C

S

Gọi OACBD và KSOMP. Khi đó NK cắt SD. Gọi QNKSD.

Ta có (MNPQ)(MNP) Thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ 
giác MNPQ.

  . C. 2 2

2
a

x a

  . D. 2

2
a

x a

  .

Lời giải 
Chọn B

Dựng thiết diện của

 

P và hình chóp .S ABCD , ta có nếu M nằm giữa ,A C thì thiết diện là 
tứ giác, nằm giữa O C, hoặc trùng với O thì thiết diện là tam giác, nên giá trị cần tìm của x là

2
0

2
a

x

  .

Câu 48: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ?

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

Học Vật lí (cơ Hồi Phương): 0988.475.362 Trang 17 Học Toán (thầy Hải): 
B. Một điểm và một đường thẳng cho trước xác định một mặt phẳng.

C.Ba điểm không thẳng hàng cho trước xác định một mặt phẳng.

D. Hai đường thẳng khơng có điểm chung thì hai đường thẳng đó song song.
Lời giải

Chọn C.

A sai vì có thể song song.

B sai vì nếu điểm thuộc đường thì xác định vơ số.
D sai vì có thể chéo nhau.

Câu 49: Cho hình chóp .S ABCD , đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A B C D', ', ', ' lần lượt là trung
điểm SA SB SC SD, , , . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. A C' ' ||BD. B. A B' ' ||