Title Made 03.pdf ✅

Trang 1/9 - Mã đề 03 ĐỀ 03 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 phương án. Câu 1. Parabol   2 P y x x : 3 2 1    có đỉnh là A. 1 3 ; 3 2 I       . B. 1 2 ; 3 3 I       . C. 1 2 ; 3 3 I        . D. 1 2 ; 3 3 I        . Lời giải Chọn B Gọi I x y  I I ;  là tọa độ đỉnh của parabol P . Ta có 2 1 2 3 1 1 2 3. 2. 1 3 3 3 I I b x a y                    . Vậy tọa độ đỉnh của parabol P là 1 2 ; 3 3 I       . Câu 2. Tổng các hệ số trong khai triển nhị thức   4 1 7  x là A. 1296. B. 2916 . C. 2916 . D. 1296 . Lời giải Cách 1: Ta có             4 4 4 3 2 1 0 1 2 3 4 4 4 4 4 4 4 4 3 3 2 2 4 3 2 1 7 7 1 7 7 7 7 1.7 . 4.7 . 6.7 . 4.7. 1 2401 1372 294 28 1.                   x x C x C x C x C x C x x x x x x x x Tổng các hệ số trong khai triển là: 4 3 2 S       2401.1 1372.1 294.1 28.1 1 1296. Cách 2: Thế x  1   4 4      S 1 7.1 6 1296. Câu 3. Một tổ có 10 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó. A. 2 C10 . B. 2 A10 . C. 8 A10 . D. 2 10 . Lời giải
Trang 2/9 - Mã đề 03 Mỗi cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử. Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là 2 A10 Câu 4. Trong một chiếc hộp có 5 viên bi màu đỏ, 6 viên bi màu xanh. An lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi. Tính xác suất để 3 viên bi lấy ra đều là màu đỏ. A. 2 33 . B. 5 11 . C. 31 33 . D. 5 6 . Lời giải Lấy 3 viên bi trong số 11 viên bi   3 11    n C A “Lấy được 3 viên bi màu đỏ”   3 5   n A C Xác suất để lấy được 3 viên bi màu đỏ là       3 5 3 11 2 33 n A C P A n C     Câu 5. Trong các biểu thức sau, biểu thức nào là tam thức bậc hai? A.   2 f x x   2 3 . B.   2 f x mx   3. C.   2 f x x   3. D. f x x     2 3. Lời giải Tam thức bậc hai là tam thức có dạng   2 f x ax bx c a     , 0. Phương án A có dạng   2 f x ax bx c    , với a b c    1; 0; 3 nên   2 f x x   3 là tam thức bậc hai. Phương án B có dạng   2 f x ax bx c    ,với a b c    0; 2; 3 nên không phải là tam thức bậc hai. Phương án C có dạng   2 f x ax bx c    , với a m b c    ; 0; 3, vì m chưa xác định nên   2 f x mx   3 không phải là tam thức bậc hai. Phương án D không có dạng   2 f x ax bx c    nên   2 f x x   2 3 không phải là tam thức bậc hai. Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2 C x y x y : 2 6 1 0.      Tâm của C có tọa độ là A. 2; 6  . B. 2;6. C. 1;3. D. 1; 3  . Lời giải Ta có: 2 2 1 2 6 3 a a b b                . Vậy tâm đường tròn C có tọa độ là 1; 3 .  
Trang 3/9 - Mã đề 03 Câu 7. Phương trình 2 3 6 3 2 1 x x x có tập nghiệm là A. 1 3   B.  . C. 1 3;1 3    . D. 1 3   . Lời giải Ta có : 2 2 2 2 1 0 3 6 3 2 1 3 6 3 4 4 1 x x x x x x x x 2 1 1 2 2 1 3 2 2 0 1 3 x x x l x x x n . Câu 8. Trong mặt phẳng Oxy , cho hypebol có phương trình 2 2 1 1 8 x y   . Tiêu cự của hypebol bằng A. 2 . B. 2 7 . C. 6 . D. 3 . Lời giải Phương trình hypebol có dạng   2 2 2 2 1 0, 0 x y a b a b     . Suy ra 2 a 1, 2 b  8 2 2 2       c a b c 9 3 . Vậy hypebol có hai tiêu điểm là F1 3;0, F2 3;0 và tiêu cự 2 6 c . Câu 9. Tập xác định của hàm số y x   4 1 A. 1 ; 4 D          . B. 1 ; 4 D          . C. D  . D. 1 \ 4 D        . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định của hàm số trên là 1 4 1 0 4 x x      Tập xác định của hàm số đã cho là 1 ; 4 D          . Câu 10. Một đội học sinh giỏi của một trường THPT gồm 6 học sinh khối 10, 5 học sinh khối 11 và 7 học sinh khối 12. Số cách chọn ba học sinh trong đó mỗi khối có một học sinh là: A. 210. B. 1320. C. 33. D. 18. Lời giải Theo quy tắc nhân, ta có 6.5.7 = 210 cách chọn.