Đề thi KSCL đầu năm Toán 11 (có đáp án) - Đề 1

Gieo một đồng xu cân đối đồng chất liên tiếp 2 lần;

Không gian mẫu trong phép thử trên \(\Omega = \left\{ {SN;NS;NN;SS} \right\}\). Chọn A.

Bất phương trình \({x^2} - 5x + 4 < 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 4\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \({x^2} - 5x + 4 < 0\) là \(S = \left( {1;\,4} \right)\). Chọn B.

Số cách lựa chọn phương tiện để đi từ Thọ Xuân vào Nha Trang bằng

Máy bay là 3 cách chọn.

Ôtô là 10 cách chọn.

Vậy số cách chọn là \(3 + 10 = 13\). Chọn B.

Ta có \(\frac{{2\pi }}{5} = \left( {\frac{{2\pi }}{5} \cdot \frac{{180}}{\pi }} \right)\begin{array}{*{20}{c}}^\circ \\{}\end{array} = 72^\circ \). Chọn B.

Ta có \[y = \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2} + 2x}}\] xác định \( \Leftrightarrow {x^2} + 2x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \left\{ {0; - 2} \right\}\); vậy hàm số có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2;0} \right\}\).

Chọn C.

Theo lý thuyết công thức tính góc giữa hai đường thẳng \({d_1};\,{d_2}\)là \[\cos \alpha = \,\,\frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\]. Chọn A.

Đường tròn \(\left( C \right)\) có phương trình \(\,{x^2} + {y^2} - 6x + 2y + 6 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 4\).

Suy ra tâm của đường tròn là \(I\left( {3; - 1} \right)\). Chọn D.

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng:

\[d\left( {M,\Delta } \right) = \frac{{\left| {4 \cdot 3 + 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 6} \right|}}{{\sqrt {16 + 9} }} = 3\]. Chọn B.

Ta có \(P = MD \cap SI\). Khi đó, \(\left\{ \begin{array}{l}P \in MD,MD \subset \left( {ADM} \right)\\P \in SI,SI \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow P \in \left( {ADM} \right) \cap \left( {SAC} \right).\)

Ngoài ra \(A \in \left( {ADM} \right) \cap \left( {SAC} \right)\), do đó \(\left( {ADM} \right) \cap \left( {SAC} \right) = AP.\)Chọn C.

Ta có \({\left( {\sin x - \cos x} \right)^2} = \frac{2}{9} \Leftrightarrow {\sin ^2}x - 2\sin x\cos x + {\cos ^2}x = \frac{2}{9} \Leftrightarrow 1 - \sin 2x = \frac{2}{9}\)\( \Leftrightarrow \sin 2x = \frac{7}{9}\). Chọn A.

Mỗi cách xếp 6 bạn nam và 5 bạn nữ thành một hàng dọc là một hoán vị của 11 phần tử.

Số cách sắp xếp là \(11!\). Chọn C.

Ta có \(\cos 2x = 2{\cos ^2}x - 1 = \frac{7}{{25}} \Rightarrow a + b = 32\). Chọn B.

a) Đúng. Ta có \[n\left( \Omega \right) = C_{20}^3 = 1140\].

b) Sai. Gọi biến cố A: “Chọn được 3 viên bi cùng màu”. 

Có \[n\left( A \right) = C_{15}^3 + C_5^3 = 465 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{465}}{{1140}} = \frac{{31}}{{76}}\].

c) Sai. Gọi biến cố B: “Chọn có đúng 2 viên bi trắng”.

Có \[n\left( B \right) = C_{15}^2C_5^1 = 525 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{525}}{{1140}} = \frac{{35}}{{76}}\].

d) Đúng. Gọi biến cố C: “Chọn có ít nhất một viên bi đen”.

Có \[n\left( C \right) = C_{20}^3 - C_{15}^3 = 685 \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{685}}{{1140}} = \frac{{137}}{{228}}\].

a) Đúng. Ta thấy điểm \(I\left( {3\,; - 7} \right)\) là tâm đường tròn. Thay tọa độ \(I\) vào phương trình hypebol \(\frac{{{x^2}}}{6} - \frac{{{y^2}}}{{98}} = 1\) ta được \(\frac{{{3^2}}}{6} - \frac{{{{\left( { - 7} \right)}^2}}}{{98}} = 1\) (thỏa mãn).

b) Sai. Đường tròn \(\left( C \right)\) có bán kính \(R = \sqrt {49} = 7.\) 

c) Đúng. Ta có \(d\left( {I,Ox} \right) = \frac{{\left| {\left( { - 7} \right) \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 7 = R.\)

d) Đúng. Ta có \(d\left( {I,d} \right) = \frac{{\left| {3 \cdot 3 + 4 \cdot \left( { - 7} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \frac{{20}}{5} = 4.\)

Ta có \[{\left( {x - 6} \right)^5} = C_5^0{x^5} - C_5^1{x^4} \cdot 6 + C_5^2{x^3} \cdot {6^2} - C_5^3{x^2} \cdot {6^3} + C_5^4x \cdot {6^4} - C_5^5{6^5}\].

Hệ số của số hạng chứa \[{x^4}\] trong khai triển là: \[ - C_5^1 \cdot 6 = - 30\].

Đáp án: \[ - 30\].

Đáp án

Ta sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm như sau: 

48     49    50    51    53     54     58   59    60    

Vì n = 9 là số lẻ nên \({Q_2} = 53\).

Nửa số liệu bên trái là \({\rm{48,}}\,{\rm{49,}}\,{\rm{50,}}\,{\rm{51}}\) gồm 4 giá trị, hai phần tử chính giữa là 49, 50.

Do đó tứ phân vị thứ nhất \({Q_1} = \left( {49 + 50} \right):2 = 49,5\).

Đáp án: 49,5.

Đáp án

Vì quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol nên phương trình có dạng \(h = f\left( t \right) = a{t^2} + bt + c,\,(a \ne 0)\).

Theo bài ra ta có \(f\left( 0 \right) = 0,5\,\,;\,f\left( 1 \right) = 12,5\,\,;\,\,f\left( 3 \right) = 18,5\).

Từ đây ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0,5\\a + b + c = 12,5\\9a + 3b + c = 18,5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}a = - 3\\b = 15\end{array}\\{c = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

Suy ra phương trình parabol là \(h = - 3{t^2} + 15t + \frac{1}{2}\).

Parabol có hệ số \[a = - 3 < 0\], đỉnh \[I\left( {\frac{5}{2};\frac{{77}}{4}} \right)\].

Khi đó quả bóng đạt vị trí cao nhất là lúc \(t = \frac{5}{2} = 2,5\) giây.

Đáp án: 2,5.

Đáp án

Ta có \(\frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }} = 1 + {\cot ^2}\alpha = 1 + 18 = 19\)\( \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = \frac{1}{{19}}\)\( \Rightarrow \sin \alpha = \pm \frac{1}{{\sqrt {19} }}\).

Vì \[\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \]\[ \Rightarrow \sin \alpha > 0\]\[ \Rightarrow \sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt {19} }}\].</>

Suy ra \[\tan \frac{\alpha }{2} + \cot \frac{\alpha }{2} = \frac{{{{\sin }^2}\frac{\alpha }{2} + {{\cos }^2}\frac{\alpha }{2}}}{{\sin \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{2}}} = \frac{2}{{\sin \alpha }} = 2\sqrt {19} \approx 8,72\].

Đáp án: \[8,72\].

Lời giải

Gọi \[E\] là trung điểm của \[CD,O\] là tâm của hình chữ nhật.

Gọi điểm \[I\] thoả mãn \(2\overrightarrow {IA} - \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow 4\overrightarrow {IO} = \overrightarrow {CB} \).

Suy ra điểm \[I\] là trung điểm của \[OE\].

Do vậy \(\left| {2\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right| \Leftrightarrow \left| {4\overrightarrow {MI} + \left( {2\overrightarrow {IA} - \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {3IC} } \right)} \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \Leftrightarrow \left| {4\overrightarrow {MI} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \Leftrightarrow MI = \frac{1}{4}AC\).

Từ đó điểm \[M\] thuộc vào đường tròn tâm \[I\] và bán kính là \(\frac{{AC}}{4}\).

Vậy \(AI = \sqrt {{{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3AD}}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {85} }}{4}\).

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ.

Nhà vòm có dạng elip nên có phương trình chính tắc là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\).

Chiều cao vòm là \(10\,{\rm{m}}\) nên \(OC = b = 10\), chiều rộng của vòm là \(24\,{\rm{m}}\)nên \(AB = 2a = 24 \Rightarrow a = 12\).

Khi đó phương trình elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{144}} + \frac{{{y^2}}}{{100}} = 1\).

Gọi D là điểm thuộc elip có hình chiếu trên sàn là điểm H cách chân tường 4 m.

 Điểm H cách chân tường 4 m tương ứng cách tâm O là 8 m (vì từ tâm O đến tường là 12 m) \( \Rightarrow D\left( {8;{y_D}} \right)\). Thay tọa độ của D vào phương trình elip ta được: \(\frac{{{8^2}}}{{144}} + \frac{{{y_D}^2}}{{100}} = 1\)\( \Rightarrow {y_D} = \frac{{10\sqrt 5 }}{3}\).

Vậy khoảng cách theo phương thẳng đứng từ một điểm trên sàn nhà cách chân tường 4 m lên đến mái vòm là \(\frac{{10\sqrt 5 }}{3}\) m.

Ta có \(MN\,{\rm{//}}\,DE\) nên bốn điểm \(M,N,D,E\) đồng phẳng.

Trong mặt phẳng \(\left( {MNED} \right)\), gọi \(I = DM \cap NE \Rightarrow I \in AB,AB = \left( {ABCD} \right) \cap \left( {ABEF} \right)\).

Khi đó: \(\frac{{IM}}{{DM}} = \frac{{IN}}{{NE}}\).

Theo giả thiết, ta có: \(\frac{{AM}}{{AC}} = k\,\,(1) \Rightarrow \frac{{AC - MC}}{{AC}} = k \Rightarrow 1 - \frac{{MC}}{{AC}} = k \Rightarrow \frac{{MC}}{{AC}} = 1 - k\,\,(2).\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{AM}}{{MC}} = \frac{k}{{1 - k}}\); tương tự ta chứng minh được \(\frac{{BN}}{{FN}} = \frac{k}{{1 - k}}\).

Vì \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(\frac{{IM}}{{DM}} = \frac{{IA}}{{DC}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{k}{{1 - k}}\);

Vì \(AB\,{\rm{//}}\,EF\) nên \(\frac{{IN}}{{NE}} = \frac{{BI}}{{EF}} = \frac{{BN}}{{NF}} = \frac{k}{{1 - k}}\).

Mặt khác \(\frac{{AI}}{{DC}} + \frac{{BI}}{{EF}} = \frac{{AI}}{{FE}} + \frac{{BI}}{{EF}} = 1 \Rightarrow 2 \cdot \frac{k}{{1 - k}} = 1\)\( \Rightarrow 2k = 1 - k \Rightarrow k = \frac{1}{3}{\rm{. }}\)

Vậy với \(k = \frac{1}{3}\) thì \(MN\,{\rm{//}}\,DE\).