Đề thi KSCL đầu năm Toán 11 (có đáp án) - Đề 3

Hàm số bậc hai có dạng $y = a{x^2} + bx + c,\,\,$với $a,b,c \in \mathbb{R},\,\,a \ne 0$.

Vậy nên hàm số $y = {x^2} + x - 1$ là hàm số bậc hai. Chọn C.

Xét hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}7x - 3y + 16 = 0\\x + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 10\\y = - 18\end{array} \right.$.

Tọa độ giáo điểm của hai đường thẳng đã cho là $\left( { - 10; - 18} \right)$. Chọn A.

$S$ là điểm chung của mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$

Trong $\left( {ABCD} \right):\,\,AC \cap BD = O$.

Suy ra $O$ là điểm chung của mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$

Suy ra giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ là $SO$. Chọn D.

Ta có ${\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha = \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} + \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{{{\sin }^4}\alpha + {{\cos }^4}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha .{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{1 - 2{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha .{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{1 - 2.{{\left( { - \frac{1}{4}} \right)}^2}}}{{{{\left( { - \frac{1}{4}} \right)}^2}}} = 14$.

Chọn B.

Ta có $\left( {BMC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$, $\left( {BMC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = BM$

$\left( {BMC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = Mx,\,\,Mx\,{\rm{//}}\,AD\,{\rm{//}}\,BC,\,Mx \cap SD = N$, $\left( {BMC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}MN = \frac{1}{2}AD\\MN{\rm{//}}AD\end{array} \right.$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}MN = BC\\MN\,{\rm{//}}\,BC\end{array} \right.$ nên $BMNC$ là hình bình hành. Chọn A.

Khai triển nhị thức

$\begin{array}{l}{\left( {2x - 1} \right)^5} = {\left( {2x} \right)^5} + 5 \cdot {\left( {2x} \right)^4} \cdot \left( { - 1} \right) + 10 \cdot {\left( {2x} \right)^3} \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + 10 \cdot {\left( {2x} \right)^2} \cdot {\left( { - 1} \right)^3} + 5 \cdot \left( {2x} \right) \cdot {\left( { - 1} \right)^4} + {\left( { - 1} \right)^5}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 32{x^5} - 80{x^4} + 80{x^3} - 40{x^2} + 10x - 1.\end{array}$

Vậy hệ số của ${x^4}$ trong khai triển ${\left( {2x - 1} \right)^5}$ là $- 80$. Chọn A.

Ta có ${\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$ $\Rightarrow \sin x = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

$\Rightarrow \tan x = - 2\sqrt 2$ $\Rightarrow \tan 2x = \frac{{2\tan x}}{{1 - {{\tan }^2}x}} = \frac{{ - 4\sqrt 2 }}{{ - 7}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{7}.$ Chọn A.

a) Đúng. Người ta cắt ở mỗi góc tấm sắt một hình vuông cạnh bằng 4 cm nên diện tích phần cắt đi là: $4 \cdot {4^2} = 64\,\,\,(c{m^2})$.

b) Sai. Theo bài ta có nửa chu vi của tấm sắt là $96:2 = 48\,(cm)$.

Gọi chiều dài của tấm sắt là $x\,\,(cm)\,$.

Chiều rộng của tấm sắt sẽ là $48 - x\,\,\,(cm)$.

c) Đúng. Do chiều dài lớn hơn chiều rộng nên ta có: $x > 48 - x \Leftrightarrow x > 24\,(cm)$.

Diện tích của tấm sắt ban đầu là $x\left( {48 - x} \right)\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Diện tích phần còn lại của tấm sắt là $x\left( {48 - x} \right)\, - 64 = - {x^2} + 48x - 64\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}$.

d) Sai. Để diện tích còn lại của tấm sắt ít nhất bằng 448 ${\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$ nên ta có phương trình:

$x\left( {48 - x} \right) - 64 \ge 448 \Leftrightarrow {x^2} - 48x + 512 \le 0$.

Đặt $f\left( x \right) = {x^2} - 48x + 512$$\Rightarrow f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 32\\x = 16\end{array} \right.$.

Do hệ số $a = 1 > 0$ nên bảng xét dấu của $f\left( x \right)$ là:

Dựa vào bảng xét dấu ta có: $x \in \left[ {16;32} \right]$. Kết hợp với điều kiện của $x$ ta có $x \in \left( {24;32} \right]$.

a) Đúng. $SO$ giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

b) Đúng. Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, gọi $I = SO \cap AN$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{I \in AN}\\{I \in SO,SO \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow I = AN \cap \left( {SBD} \right)} \right.$.

c) Sai. Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, gọi $P = CM \cap BD$;

Trong mặt phẳng $\left( {SCM} \right)$, gọi $J = MN \cap SP$;

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{J \in MN}\\{J \in SP,SP \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow J = MN \cap \left( {SBD} \right)} \right.$.

d) Đúng. Dễ thấy $B \in \left( {ABN} \right) \cap \left( {SBD} \right)$. (1)

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{I \in AN,AN \subset \left( {ABN} \right)}\\{I \in SO,SO \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow I \in \left( {ABN} \right) \cap \left( {SBD} \right)} \right.$. (2)

Tương tự: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{J \in MN,MN \subset \left( {ABN} \right)}\\{J \in SP,SP \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow J \in \left( {ABN} \right) \cap \left( {SBD} \right)} \right.$. (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $B,I,J$ cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {ABN} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ nên ba điểm này thẳng hàng.

Vì chọn số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ nên ta có các trường hợp sau:

TH1: Chọn 1 học sinh nam và 4 học sinh nữ:

1 nam TN + 4 nữ tùy ý có: $C_3^1 \cdot C_5^4 = 15$ cách.

1 nam XH + 3 nữ XH + 1 nữ TN có: $1 \cdot C_4^3 \cdot 1 = 4$ cách.

TH2: Chọn 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ:

2 nam TN + 3 nữ tùy ý có: $C_3^2 \cdot C_5^3 = 30$ cách.

1 nam TN + 1 nam XH + 3 nữ tùy ý có $1 \cdot C_3^1 \cdot C_5^3 = 30$ cách.

Vậy có: $15 + 4 + 30 + 30 = 79$ cách.

Đáp án: 79.

Vật chuyển động có công thức vận tốc dạng hàm số bậc hai.

Ta có $t = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{ - 4}}{{2 \cdot \frac{1}{2}}} = 4 \Rightarrow {v_{\min }} = \frac{1}{2} \cdot {4^2} - 4 \cdot 4 + 10 = 2\,\,{\rm{(m/s)}}$.

Vậy vận tốc của vật đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2\,\,{\rm{m/s}}$.

Đáp án: 2.

Ta có $BM = 4$; $M{A^2} = B{A^2} + B{M^2} - 2BA \cdot BM \cdot \cos 60^\circ = 28$.

Khi đó, $\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = \left| {\overrightarrow {MA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {MB} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB} } \right) = MA \cdot MB \cdot \cos \widehat {AMB}$

$= MA \cdot MB \cdot \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2MA \cdot MB}} = \frac{1}{2}\left( {M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}} \right) = 4$.

Đáp án: 4.

Gọi biến cố A: “Số quyển sách còn lại có đủ 3 môn học”.

Suy ra biến cố $\overline A$: “Số quyển sách còn lại không đủ 3 môn học”, tức là $\overline A$: “Thầy Khánh lấy hết sách của 1 môn học bất kì”.

Ta có $n\left( \Omega \right) = C_{15}^7 = 6435$; $n\left( {\overline A } \right) = C_5^5 \cdot C_{10}^2 + C_6^6 \cdot C_9^1 + C_4^4 \cdot C_{11}^3 = 219$.

Khi đó, $P\left( {\overline A } \right) = \frac{{219}}{{6435}} = \frac{{73}}{{2145}}$. Vậy $P\left( A \right) = 1 - \frac{{73}}{{2145}} = \frac{{2072}}{{2145}} \approx 0{,}97.$

Cách khác: Biến cố A: “8 quyển sách còn lại không có đủ 3 môn”.

$n\left( \Omega \right) = C_{15}^8 = 6435.$

Ta có $n\left( A \right) = C_9^8 + C_{11}^8 + C_{10}^8 = 219$, suy ra $P\left( A \right) = \frac{{219}}{{6435}} = \frac{{73}}{{2145}}$.

Khi đó, biến cố $\overline A$: “8 quyển sách còn lại có đủ 3 môn”.

Vậy $P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{73}}{{2145}} = \frac{{2072}}{{2145}} \approx 0{,}97.$

Đáp án: 0,97.

a) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 6;1} \right)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

Phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 6t\\y = 2 + t\end{array} \right.$.

b) Bán kính đường tròn có tâm B và tiếp xúc với đường thẳng $\Delta :$

$R = d\left( {B,\Delta } \right) = \frac{{\left| {3 \cdot \left( { - 5} \right) - 4 \cdot 3 + 7} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = 4$.

Phương trình đường tròn $\left( C \right):{\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 16$.

a) Ta có $P = \left( {1 - \sin \alpha } \right)\left( {1 + \sin \alpha } \right) = 1 - {\sin ^2}\alpha = {\cos ^2}\alpha = \frac{4}{9}$.

b) Từ giải thiết $\cos \alpha = \frac{2}{3}$, $\left( {0\, < \alpha \, < \,\frac{\pi }{2}} \right)$ ta có $\sin \alpha \, = \,\sqrt {1\, - \,{{\cos }^2}\alpha } = \frac{{\sqrt 5 }}{3}$ và

$\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cdot \,\cos \alpha = \,2 \cdot \frac{{\sqrt 5 }}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{{4\sqrt 5 }}{9};\,\cos 2\alpha \, = \,2{\cos ^2}\alpha \, - \,1\, = \, - \frac{1}{9}$.

Khi đó, $\cos \left( {\frac{\pi }{3} - 2\alpha } \right) = \cos \frac{\pi }{3} \cdot \cos 2\alpha + \sin \frac{\pi }{3} \cdot \sin 2\alpha = \frac{{ - 1 + 4\sqrt {15} }}{{18}}$.

Gọi số chiếc bàn và số chiếc ghế mà xưởng sản xuất trong một ngày lần lượt là $x$, $y$ (chiếc) $\left( {x \ge 0,\,y \ge 0;\,x,y \in \mathbb{Z}} \right)$.

Số giờ lắp ráp là $1{,}5x + y$ và số giờ hoàn thiện là $x + 2y$.

Do bộ phận lắp ráp có $3$ công nhân và mỗi công nhân không làm việc quá $8$ giờ một ngày, nên ta có bất phương trình $1{,}5x + y \le 24$.

Do bộ phận hoàn thiện có $4$ công nhân và mỗi công nhân làm việc không quá $8$ giờ một ngày, nên ta có bất phương trình $x + 2y \le 32$.

Do lượng ghế tiêu thụ không vượt quá $3{,}5$ lần số bàn nên $y \le 3{,}5x$$\Leftrightarrow 3{,}5x - y \ge 0$.

Ta có hệ bất phương trình sau $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\1{,}5x + y \le 24\\x + 2y \le 32\\3{,}5x - y \ge 0\end{array} \right.$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác $OABC$ như hình vẽ với $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {4;14} \right)$, $B\left( {8;12} \right)$, $C\left( {16;0} \right)$.

Số tiền lãi thu được là $T\left( {x;y} \right) = 600x + 450y$ (nghìn đồng).

Dễ dàng tính được $T\left( {0;0} \right) = 0$, $T\left( {4;14} \right) = 8700$, $T\left( {8;12} \right) = 10200$ và $T\left( {16;0} \right) = 9600$.

Vậy để thu được tiền lãi cao nhất thì một ngày xưởng sản xuất $8$ chiếc bàn và $12$ chiếc ghế. Khi đó tiền lãi mỗi ngày là $10\,200\,000$ đồng.