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 $y = \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2} + 2x}}$ 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.

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.

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.

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:

$\text{48 49 50 51 53 54 58 59 60}$

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}{cccccccccccccccccccc}\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 $MN\,{\rm{//}}\,DE$.