Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023-2024) có đáp án - Đề 2

Chọn A

Chọn C

Ta có \(AD\parallel BC\) nên \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) \equiv Sx\parallel AD\parallel BC\).

Chọn C

Chọn A

Chọn C

Chọn A

Ta có: \[\sin x = 1\]\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)

Với \(k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{2}\).

a) (0,75 điểm) Tìm tập xác định của hàm số: \(y = \frac{{\tan x + 1}}{{\sin x}} + \cos (x + \frac{\pi }{3})\)

Điều kiện \[\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right.\]     \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne k\pi \\x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.\]

Vậy TXĐ: \[D = \left\{ {x \in \mathbb{R};x \ne \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\]

b) (0,75điểm) Tính giá trị lượng giác \[\cos \left( {\frac{\pi }{3} - \alpha } \right)\] biết \[\sin \alpha  =  - \frac{{12}}{{13}},\,\,\frac{{3\pi }}{2} < \alpha  < 2\pi \].

Ta có:

\[{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  = 1 - {\sin ^2}\alpha  \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  = \frac{{25}}{{169}}\]

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \alpha  = \frac{5}{{13}}\\\cos \alpha  =  - \frac{5}{{13}}\end{array} \right.\]

Vì \[\frac{{3\pi }}{2} < \alpha  < 2\pi  \Rightarrow \cos \alpha  > 0\] nên \[\cos \alpha  = \frac{5}{{13}}\].

Lại có\[\cos \left( {\frac{\pi }{3} - \alpha } \right) = \cos \frac{\pi }{3}\cos \alpha  + \sin \frac{\pi }{3}\sin \alpha \]

 \[ = \frac{5}{{13}}\cos \frac{\pi }{3} + \left( { - \frac{{12}}{{13}}} \right)\sin \frac{\pi }{3}\]

\[ = \frac{{5 - 12\sqrt 3 }}{{26}}\]

c) (0,5 điểm) Rút gọn biểu thức: \(A = \frac{{\sin x + \sin 2x + \sin 3x}}{{\cos x + \cos 2x + \cos 3x}}\)

Ta có \(A = \frac{{\sin x + \sin 2x + \sin 3x}}{{\cos x + \cos 2x + \cos 3x}}\)

 \( = \frac{{2\sin 2x\cos x + \sin 2x}}{{2\cos 2x.\cos x + \cos {\rm{2}}x}}\)

\( = \frac{{\sin 2x(2\cos x + 1)}}{{\cos 2x(2\cos x + 1)}}\)

\( = \tan 2x\)

  a) \(\cos \left( {\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)         

\(\cos \left( {\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4} =  - \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{x}{2} =  - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \\\frac{x}{2} =  - \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{\pi }{6} + k4\pi \\x =  - \frac{{5\pi }}{6} + k4\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)     

Vậy tập nghiệm \[T = \left\{ {x =  - \frac{\pi }{6} + k4\pi ;x =  - \frac{{5\pi }}{6} + k4\pi ;k \in \mathbb{Z}} \right\}\]

b) \(\sin x = \cos 3x\).

\( \Leftrightarrow \sin x = \sin (\frac{\pi }{2} - 3x) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} - 3x + k2\pi \\x = \pi  - \frac{\pi }{2} + 3x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}\\x =  - \frac{\pi }{4} - k\pi \end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm \[T = \left\{ {x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2};x =  - \frac{\pi }{4} - k\pi ;k \in \mathbb{Z}} \right\}\]

a) (1,0 điểm) Chứng minh \[MN//\left( {ABCD} \right).\]

Ta có \[MN\] là đường trung bình tam giác \[SAC\].

Suy ra \[MN//AC\].

Do đó: \[\left\{ \begin{array}{l}MN//AC\\MN \not\subset \left( {ABCD} \right);AC \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN//\left( {ABCD} \right).\]

   b) (1,0 điểm) Xác định giao tuyến của 2 mặt phẳng \[\left( {BMN} \right)\]và \[\left( {ABCD} \right).\]

Ta có B là điểm chung của 2 mặt phẳng \[\left( {BMN} \right)\]và \[\left( {ABCD} \right).\]

Lại có: \[\left\{ \begin{array}{l}MN//AC\\AC \subset \left( {ABCD} \right);MN \subset (BMN).\end{array} \right. \Rightarrow (BMN) \cap \left( {ABCD} \right) = Bx,Bx\,//MN//AC.\]

     c) (1,0 điểm) Gọi \[P\] là trung điểm \[BO\]. Xác định giao điểm \(Q\) của cạnh \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\). Tính tỷ số \(\frac{{SQ}}{{SD}}\).

Gọi \[I\] là giao điểm của \[MN\] và \[SO\].

\(Q\) là giao điểm của \[PI\] và \[SD\].

Ta có \[Q \in PI,PI \subset (MNP) \Rightarrow Q \in (MNP).\]

Mà \[Q \in SD\]. Suy ra \(Q\) là giao điểm của \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\).

Vì \[I\]là trung điểm \[SO\] nên \[PI\] là đường trung bình tam giác \[SBO\]. Suy ra \[PI//SB\] hay \[PQ//SB\].

Xét tam giác SBD có: \(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{{BP}}{{BD}} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}\).

Ta có \[ - a + b \le h(t) = a\sin (\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2}) + b \le a + b,\forall t\].

Theo bài ra: \[\left\{ \begin{array}{l}a + b = 114,5\\ - a + b = 0,5\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 57\\b = 57,5\end{array} \right.\]

Suy ra \[h(t) = 57\sin (\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2}) + 57,5\]

Do đó \[h(t) = 57\sin (\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2}) + 57,5 = 86\]

\[ \Leftrightarrow \sin (\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2}) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5 + 15k\\t = 10 + 15k\end{array} \right.(k \in \mathbb{Z}).\]

Vậy trong vòng quay đầu tiên cabin \(M\) đạt được chiều cao \(86\) m tại thời điểm \(t = 5\) phút hoặc \(t = 10\) phút.