Đề thi KSCL đầu năm Toán 11 (có đáp án) - Đề 2

Gọi I là trung điểm của $AB \Rightarrow I\left( {2;1} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt 2$.

Suy ra bán kính đường tròn $\left( C \right)$: $R = \frac{{AB}}{2} = \sqrt 2$.

Đường tròn $\left( C \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 2$. Chọn B.

$A = \frac{{\sin 3x + \cos 2x - \sin x}}{{\cos x + \sin 2x - \cos 3x}} = \frac{{\left( {\sin 3x - \sin x} \right) + \cos 2x}}{{\left( {\cos x - \cos 3x} \right) + \sin 2x}}$

${\rm{ = }}\frac{{2\cos 2x\sin x + \cos 2x}}{{2\sin 2x\sin x + \sin 2x}} = \frac{{\cos 2x\left( {2\sin x + 1} \right)}}{{\sin 2x\left( {2\sin x + 1} \right)}} = \cot 2x$. Chọn D.

Gọi số tự nhiên cần tìm: $\overline {abcd}$.

Để lập một số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau lấy từ tập hợp $S$, ta chọn 4 chữ số từ tập $S$ và sắp thứ tự, vậy số các số tự nhiên lập được chính là số chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử: $A_6^4 = 360$ số. Chọn A.

Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 16$.

Gọi A là biến cố “4 lần gieo đều xuất hiện mặt sấp” $\Rightarrow n\left( A \right) = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$.

Vậy xác suất cần tìm là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{16}}$. Chọn C.

Ta có $P \in SA \subset \left( {SAB} \right)$; $P \in \left( {MNP} \right)$ nên $P$ là điểm chung của mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {MNP} \right)$.

Mặt khác: $MN{\rm{//}}AB$ (đường trung bình của hình thang). Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {MNP} \right)$ là đường thẳng qua $P$ và song song với $AB$. Chọn D.

a) Đúng. Ta có ${1^2} + {\left( { - 1} \right)^2} - 6 \cdot 1 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 6 = 0$ suy ra điểm $A\left( {1; - 1} \right)$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$.

b) Sai. Tâm của đường tròn $\left( C \right)$ là $\left( {3; - 1} \right)$.

c) Đúng. Bán kính của đường tròn $\left( C \right)$ là $R = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} - 6} = 2$.

d) Đúng. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm $A$, có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1;0} \right)$ là:

$1 \cdot \left( {x - 1} \right) + 0 \cdot \left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 1 = 0$.

a) Đúng. Do $180^\circ < x < 270^\circ \Rightarrow \sin x < 0$.

b) Đúng. Ta có ${\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1 \Rightarrow {\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{{25}}{{169}} = \frac{{144}}{{169}}$$\Rightarrow \sin x = - \frac{{12}}{{13}}$.

Khi đó, $\tan x = \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = \frac{{12}}{5}$.

c) Đúng. Ta có $\cot x = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} = \frac{5}{{12}}$.

d) Sai. Ta có $\sin x - \cos x = - \frac{7}{{13}}$.

Gọi số bốn chữ số đôi một khác nhau là $\overline {abcd}$, với $a,b,c,d \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}$.

TH1. $d = 0$, số có dạng $\overline {abc0}$ có $A_6^3 = 120$ (số).

TH2. $d \ne 0$.

Chọn $d$: có 3 cách chọn.

Chọn $a$: có 5 cách chọn.

Chọn $b$: có 5 cách chọn.

Chọn $c$: có 4 cách chọn.

Trường hợp này có $3 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 4 = 300$ (số).

Vậy có $120 + 300 = 420$ (số).

Đáp án: 420.

Tại thời điểm $t = 0$, tọa độ tàu $A$ ở vị trí ban đầu là $M\left( {3; - 4} \right)$.

Tàu $B$ chạy trên đường thẳng có phương trình là $\Delta :\,\,\,40x - 30y - 70 = 0$.

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai tàu bằng $d\left( {M,\Delta } \right) = \frac{{\left| {40 \cdot 3 - 30 \cdot \left( { - 4} \right) - 70} \right|}}{{\sqrt {{{40}^2} + {{\left( { - 30} \right)}^2}} }} = \frac{{17}}{5} = 3{,}4$ (km).

Đáp án: 3,4.

Ta có $T = 2\sin \left( {4\pi + \frac{\pi }{2} - x} \right) + 3\cos \left( {18\pi + \pi - x} \right)$

$= 2\sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + 3\cos \left( {\pi - x} \right) = 2\cos x - 3\cos x = - \cos x$. Vậy $k = - 1$.

Đáp án: $- 1$.

Ta có $\widehat {CBA} = \widehat {CBE} + \widehat {EBA} = 15^\circ + 90^\circ = 105^\circ ;\,\,\widehat {BAC} = \widehat {BAD} - \widehat {CAD} = 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ$.

$\Rightarrow \widehat {BCA} = 180^\circ - \left( {\widehat {CBA} + \widehat {BAC}} \right) = 180^\circ - \left( {105^\circ + 55^\circ } \right) = 20^\circ$.

Áp dụng định lí sin vào tam giác $ABC$ ta có: $\frac{{AB}}{{\sin \widehat {BCA}}} = \frac{{AC}}{{\sin \widehat {CBA}}}$

$\Leftrightarrow AC = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {CBA}}}{{\sin \widehat {BCA}}} = \frac{{60 \cdot \sin 105^\circ }}{{\sin 20^\circ }}$.

Xét tam giác $ACD$ vuông tại $D$ ta có: $CD = AC \cdot \sin \widehat {CAD} = AC \cdot \sin 35^\circ \approx 97\,\,{\rm{(m)}}$.

Đáp án: 97.

Đặt $AB = x$ (km) thì $BC = 5 - x$ (km) $\left( {0 < x < 5} \right)$.

Khi đó $BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}} = \sqrt {{{\left( {5 - x} \right)}^2} + 4}$ (km).

Chi phí mắc dây điện từ $A$ đến $B$ là $3000x$ (USD).

Chi phí mắc dây điện từ $B$ đến $D$ là $5000\sqrt {{{\left( {5 - x} \right)}^2} + 4}$ (USD).

Tổng chi phí mắc dây điện từ $A$ đến $D$ là $3000x + 5000\sqrt {{{\left( {5 - x} \right)}^2} + 4}$ (USD).

Theo giả thiết, ta có $3000x + 5000\sqrt {{{\left( {5 - x} \right)}^2} + 4} = 23000$$\Leftrightarrow 3x + 5\sqrt {{{\left( {5 - x} \right)}^2} + 4} = 23$

$\Leftrightarrow 5\sqrt {{x^2} - 10x + 29} = 23 - 3x$ $\left( 1 \right)$.

Bình phương hai vế của $\left( 1 \right)$ ta được $25\left( {{x^2} - 10x + 29} \right) = {\left( {23 - 3x} \right)^2}$

$\Leftrightarrow 16{x^2} - 112x + 196 = 0$$\Leftrightarrow x = \frac{7}{2}$. Thử lại ta thấy $x = \frac{7}{2}$ thỏa mãn phương trình $\left( 1 \right)$.

Vậy điểm $B$ phải cách điểm $A$ một khoảng cách bằng $3{,}5$ (km).

Một hộp chứa $20$cái thẻ được đánh số từ $1$ đến $20$ (mỗi thẻ đánh một số) nên có $10$ thẻ đánh số chẵn và $10$ thẻ đánh số lẻ.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_{20}^2$.

Gọi $A$ là biến cố: “rút được hai thẻ mà tổng hai số ghi trên thẻ là một số lẻ”.

Khi đó ta rút một thẻ lẻ một thẻ chẵn.

Rút $1$ thẻ chẵn từ $10$ thẻ chẵn, số cách chọn là $C_{10}^1$.

Rút $1$ thẻ lẻ từ $10$ thẻ lẻ, số cách chọn là $C_{10}^1$.

Theo quy tắc nhân, số cách chọn biến cố $A$ là: $n\left( A \right) = C_{10}^1 \cdot C_{10}^1$.

Xác suất xảy ra $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{10}^1 \cdot C_{10}^1}}{{C_{20}^2}} = \frac{{10}}{{19}}$.

a) Trong $\left( {SAB} \right)$, ta có $\frac{{AM}}{{AS}} \ne \frac{{AP}}{{AB}}$, gọi $O = MP \cap SB$.

Trong $\left( {SBC} \right)$, gọi $K = ON \cap SC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}K \in ON \Rightarrow K \in \left( {MNP} \right)\\K \in SC\end{array} \right. \Rightarrow K = SC \cap \left( {MNP} \right)$.

b) Ta có (định lí ba đường giao tuyến).

Mặt khác $\frac{{BP}}{{BA}} \ne \frac{{BN}}{{BC}}$ nên $NP$ cắt $AC$ tại $I$, do đó $NP,MK,AC$ đồng quy tại $I$.