Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023-2024) có đáp án - Đề 4

Chọn B

Ta có: \[{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Rightarrow \sin \alpha  =  \pm \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha }  =  \pm \sqrt {1 - {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^2}}  =  \pm \frac{{\sqrt {11} }}{6}\].

Vì \[0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}\] nên \[\sin \alpha  > 0\], suy ra \[\sin \alpha  = \frac{{\sqrt {11} }}{6}\].

Chọn C

Ta có: \[\sin \left( {x + y} \right) = \sin x\cos y + \sin y\cos x\].

Chọn B

\(MN\) và \(AC\) chéo nhau.

Chú ý: Hai đường thẳng muốn cắt nhau thì phải cùng nằm trong một mặt phẳng.

Chọn D

Ta có: \(\cos x = \cos 24^\circ  \Leftrightarrow x =  \pm 24^\circ  + k.360^\circ ,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn D

Ta có: \(\left( {AMN} \right) \cap \left( {ABD} \right) = \left( {APQ} \right) \cap \left( {ABD} \right) = AP\).

Chọn B

Ta có: \(\left( {ADM} \right) \cap \left( {SAC} \right) = A\)

Ta có: \(SI \cap MD = E\)

Mà \(\left. \begin{array}{l}SI \in \left( {SAC} \right)\\MD \in \left( {AMD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAC} \right) \cap \left( {AMD} \right) = E\). Vậy \(\left( {ADM} \right) \cap \left( {SAC} \right) = AE\)(\(E\) là giao điểm của \(DM\) và \(SI\)).

Chọn D

Ta có: \({u_1} = 4\).

\({u_2} = {u_1} + 1 = 4 + 1 = 5\).

\({u_3} = {u_2} + 2 = 5 + 2 = 7\).

\({u_4} = {u_3} + 7 = 7 + 3 = 10\).

\({u_5} = {u_4} + 4 = 10 + 4 = 14\).

Chọn A

·     Xét \(\Delta SMN\), ta có \(GG'\parallel MN\) (Theo định lý Talet trong tam giác).

·     Xét \(\Delta BAC\), ta có \[MN\parallel AC\] (Theo tính chất đường trung bình trong tam giác).

Vậy \(GG'{\rm{//}}AC.\)

Chọn D

Ta có: \({u_1} = 6.\)

\({u_2} = 11 = 5.2 + 1.\)

\({u_3} = 16 = 5.3 + 1.\)

……………….

\({u_7} = 36 = 5.7 + 1.\)

……………….

\( \Rightarrow {u_n} =  = 5.n + 1.\)

Chọn B

Ta có: \({u_n} = \frac{{n - 1}}{{n + 1}} \Rightarrow {u_5} = \frac{{5 - 1}}{{5 + 1}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\).

Chọn D

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là dãy số giảm nếu \({u_{n + 1}} < {u_n},\forall n \in \mathbb{N}*\).

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là dãy số tăng nếu \({u_{n + 1}} > {u_n},\forall n \in \mathbb{N}*\).

A. Dãy số \(1;{\rm{ }}1;{\rm{ }}1;{\rm{ }}1;{\rm{ }}1;{\rm{ }}1; \cdots \) là dãy số hằng.

B. Dãy số \(1;{\rm{ }} - \frac{1}{2};{\rm{ }}\frac{1}{4};{\rm{ }} - \frac{1}{8};{\rm{ }}\frac{1}{{16}}; \cdots \)dãy đan dấu.

C. Dãy số \(1;{\rm{ }}3;{\rm{ }}5;{\rm{ }}7;{\rm{ }}9; \cdots \) là dãy số tăng.

D. Dãy số \(1;{\rm{ }}\frac{1}{2};{\rm{ }}\frac{1}{4};{\rm{ }}\frac{1}{8};{\rm{ }}\frac{1}{{16}}; \cdots \)là dãy số giảm.

Chọn B

Chọn A

Ta có: \(\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x \Rightarrow {\tan ^2}x = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1 \Rightarrow \tan x =  \pm \sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2}}} - 1}  =  \pm \frac{4}{3}\).

Vì \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \tan \alpha  = \frac{4}{3}\).

Ta có: \(\tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\tan x + \tan \frac{\pi }{4}}}{{1 - \tan x.\tan \frac{\pi }{4}}} = \frac{{\frac{4}{3} + 1}}{{1 - \frac{4}{3}}} =  - 7\).

Chọn A

Chú ý: * Hàm số \(y = \sin kx\) tuần hoàn với chu kì \(T = \frac{{2\pi }}{{\left| k \right|}}\).

* Hàm số \(y = \cos kx\) tuần hoàn với chu kì \(T = \frac{{2\pi }}{{\left| k \right|}}\).

* Hàm số \(y = \tan kx\) tuần hoàn với chu kì \(T = \frac{\pi }{{\left| k \right|}}\).

* Hàm số \(y = \cot kx\) tuần hoàn với chu kì \(T = \frac{\pi }{{\left| k \right|}}\).

Chọn D

Ta có \(y = \cot \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\) xác định khi \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{3} + k\pi ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} k \in \mathbb{Z}\).

Vậy \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{3} + k\pi ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)

Chọn C

Chọn C

Phương trình \(\sin x = m - 1\) có nghiệm \( \Leftrightarrow  - 1 \le m - 1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2\).

\[
\cos x=\frac{2}{5}\Leftrightarrow x=\pm\arccos\frac{2}{5}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}.
\]

+ Với $x=\arccos\frac{2}{5}+2k\pi$:

\[
\text{Vì } x\in\left(-\frac{\pi}{2};2\pi\right)\ \text{nên }
-\frac{\pi}{2}<\arccos\frac{2}{5}+2k\pi<2\pi
\]

\[
\Leftrightarrow
\frac{-\pi-2\arccos\frac{2}{5}}{4\pi}<k<
\frac{2\pi-\arccos\frac{2}{5}}{2\pi}
\]

Mà $k$ là số nguyên nên $k=0$. Do đó,
\[
x=\arccos\frac{2}{5}.
\]

+ Với $x=-\arccos\frac{2}{5}+2k\pi$:

Chọn B

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Chọn mặt phẳng \(\left( {SBM} \right) \supset BG\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(I = BM \cap AC\) . Khi đó, \(\left( {SBM} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SI\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBM} \right)\), \(H = BG \cap SI\).

Ta có: \(H \in SI\) mà \(SI \in \left( {SAC} \right)\) suy ra \(H \in \left( {SAC} \right)\)

         \(H \in BG\)

Vậy \(H \in BG \cap \left( {SAC} \right)\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AD\), suy ra \(MN\) là đường trung bình trong \(\Delta ACD\), suy ra \(MN\parallel AC\)

Ta có \(BC\parallel AN,BC = AN\) nên tứ giác \(ABCN\) là hình bình hành

Gọi \(J = AC \cap BN\), suy ra \(J\) là trung điểm của \(BN\).

Trong \(\Delta BMN\), ta có \(MN\parallel IJ\) và \(J\) là trung điểm của \(BM\) nên \(IB = IM\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBM} \right)\), kẻ \(GK\parallel SI\) với \(K \in BM\)

Xét \(\Delta SMI\), ta có \(GK\parallel SI\) nên \(\frac{{IM}}{{IK}} = \frac{{SM}}{{SG}} = \frac{3}{2}\)

Xét \(\Delta BGK\), ta có \(GK\parallel IH\) nên \(\frac{{HB}}{{HG}} = \frac{{BI}}{{IK}} = \frac{{IM}}{{IK}} = \frac{3}{2}\) (do \(IM = IK\)).

Chọn B

Công thức đổi đơn vị giữa độ và rad:\(\frac{\alpha }{{180^\circ }} = \frac{a}{\pi }\), Với \(\alpha \)tính theo đơn vị độ và \(a\) tính theo đơn vị rad.

Ta có: \(\frac{{60^\circ }}{{180^\circ }} = \frac{a}{\pi } \Rightarrow a = \frac{{60^\circ .\pi }}{{180^\circ }} = \frac{\pi }{3}\).

Chọn D

Theo “định lý về ba đường giao tuyến” (Trang 81-Sách KNTT-CS).

Chọn C

Ta có: \(\frac{{11\pi }}{2} = \frac{{3\pi }}{2} + 4\pi \) nên trên đường tròn lượng giác, góc lượng giác \(\frac{{11\pi }}{2}\) có cùng điểm biểu diễn với góc lượng giác \(\frac{{3\pi }}{2}\).

Chọn D

Vì \(\cos \left( { - x} \right) = \cos x\) nên \(y = \cos x\) là hàm số chẵn.

Chọn C

Ta có: \[\sin 2\alpha  = 2\sin \alpha \cos \alpha .\]

Chọn C

Vì \(\pi  < \alpha  < \frac{{3\pi }}{2}\) nên \(\sin \alpha  < 0,\cos \alpha  < 0\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha  - 2\cos \alpha  = 1\\{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {\left( {1 + 2\cos \alpha } \right)^2} + {\cos ^2}\alpha  = 1\)

\( \Rightarrow 5{\cos ^2}\alpha  + 4\cos \alpha  = 0 \Leftrightarrow \cos \alpha  =  - \frac{4}{5}\)

\( \Rightarrow \sin \alpha  =  - \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha }  =  - \frac{3}{5}\)

\( \Rightarrow \tan \alpha  = \frac{3}{4},\cot \alpha  = \frac{4}{3}\).

Ta có: \(P = 2\tan \left( {\alpha  + 5\pi } \right) + \cot \left( {3\pi  - \alpha } \right) = 2\tan \alpha  - \cot \alpha  = 2.\frac{3}{4} - \frac{4}{3} = \frac{1}{6}\).

Chọn A

Chú ý: Tên gọi của hình chóp là gọi theo đa giác đáy của hình chóp.

Chọn A

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hoà là vị trí vật đứng yên, khi đó \(x = 0\)

Ta có \(2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\\ \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},k \in \mathbb{Z}\end{array}\]

Trong khoảng thời gian từ \(0\) đến \(6\) giây, tức là \(0 \le t \le 6\) hay \[0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - \frac{{2\pi }}{{15}} \le k\frac{\pi }{5} \le 6 - \frac{{2\pi }}{{15}}\\ \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}\end{array}\]

Vì \[k \in \mathbb{Z}\] nên \[k = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\]. Vậy vật đi qua vị trí cân bằng \[9\] lần.

Chọn C

Ta có: \(2\sin x - 1 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6}\)

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

Chọn D

Ta có \(IJ\parallel BC\) (Theo tính chất đường trung bình trong tam giác)

Và \(\left( {GIJ} \right) \cap \left( {BCD} \right) = G\) nên giao tuyến của \(\left( {GIJ} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\) là đường thẳng \(St\) đi qua \(G\)và song song với \(CD.\)

Chọn A

Ta có: \(\left( {SMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = S\)

Ta có: \(BD \cap AC \cap MN = O\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}AC \in \left( {SAC} \right)\\MN \in \left( {SMN} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left( {SAC} \right) \cap \left( {SMN} \right) = O\).

Vậy \(\left( {SMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SO\) (\(O\) là giao điểm của \(AC\) và\(BD\)).

Chọn C

Vì \(I\) là điểm tuỳ ý trên đoạn thẳng \(AG\) nên \[J\] là không phải trung điểm \[AM\].

Chọn A

Trong \[\left( {ABCD} \right)\] gọi \[E,F\] lần lượt là giao điểm của \[MN\] với \[AC\] và \[AB\]

Trong \[\left( {SAC} \right)\] gọi \[G,K\] lần lượt là giao điểm của \[EP\] với \[SC\] và \[SA\], khi đó ta có \[\left( {PMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = GK\].

Trong \[\left( {SAB} \right)\] gọi \[H = KF \cap SA\], khi đó ta có

\[\left( {PMN} \right) \cap \left( {SAB} \right) = KH\]

\[\left( {PMN} \right) \cap \left( {SBC} \right) = HG\]

\[\left( {PMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = GN\]

\[\left( {PMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\]

\[\left( {PMN} \right) \cap \left( {SAD} \right) = MK\]

Vậy thiết diện là ngũ giác \[MNGHK\] (Thiết diện là hình được tô màu trên hình vẽ).

Chọn B

Huyết áp tâm trương của người này vào lúc \(3\) giờ chiều (tức là lúc 15 giờ) là:

\(B\left( {15} \right) = 80 + 7\sin \frac{{15\pi }}{{12}} = \frac{{160 - 7\sqrt 2 }}{2} \approx 75\).

Chọn C

Ta có: \({u_1} = 2\)

\({u_2} = 3.{u_1} = 3.2 = 6\)

\({u_3} = 3.{u_2} = 3.6 = 18\)

Suy ra dãy số là một cấp số nhân với \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\q = 3\end{array} \right.\).

Vậy số hạng tổng quát của dãy số là \({u_n} = {2.3^{n - 1}}.\)

Ta có : \( - 1 \le \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 1 \Leftrightarrow  - 2 \le  - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 2 \Leftrightarrow  - 2 + 3 \le 3 - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 2 + 3\).

Suy ra \(1 \le y \le 5\). Vậy GTLN của hàm số  \(\max y = 5 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 1 \Leftrightarrow x =  - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \)

ĐK: \(x \in \mathbb{R}\).

Ta có: \(\cos \left( {3x - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos \left( {3x - \frac{\pi }{6}} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{3x - \frac{\pi }{6} =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right.,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)     \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3}}\\{x =  - \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}}\end{array}} \right.\,\,\,,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy nghiệm của phương trình là: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3}}\\{x =  - \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}}\end{array}} \right.\,\,,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

a. Ta có:\(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\)

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{O \in AC \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)}\\{O \in BD \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).   Vậy: \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

b. Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in \left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right)}\\{AB\parallel CD}\\{AB \subset \left( {ABM} \right),CD \subset \left( {SCD} \right)}\\{\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = {M_t}}\end{array}} \right\} \Rightarrow {M_t}\parallel AB\parallel CD\)

Trong \(\left( {SCD} \right)\) kẻ đường thẳng đi qua M, song song với \(CD\) và cắt \(SD\)tại \(N\).

Vậy: \(\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN\).

c. Gọi \(O = AC \cap BD\), \(I = AM \cap SO\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), kéo dài \(GI\) cắt \(SD\) tại \(K\)\( \Rightarrow K = SD \cap \left( {AMG} \right)\).

Tam giác \(SAC\) có \(SO\) và \(AM\) là hai đường trung tuyến.

Suy ra \(I\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\) nên ta có \(\frac{{OI}}{{{\rm{O}}S}} = \frac{1}{3}\). (1)

Mặt khác, \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên có \(\frac{{OG}}{{OB}} = \frac{1}{3}\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{OI}}{{OS}} = \frac{{OG}}{{OB}}\)\( \Rightarrow GI{\rm{ // }}SB\)\( \Rightarrow GK{\rm{ // }}SB\).

Khi \(d = 2\,000\) thì \(2\,000 = 4\,000\cos \left[ {\frac{\pi }{{45}}\left( {t - 10} \right)} \right]\)\( \Leftrightarrow \cos \left[ {\frac{\pi }{{45}}\left( {t - 10} \right)} \right] = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{\pi }{{45}}\left( {t - 10} \right) = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\\frac{\pi }{{45}}\left( {t - 10} \right) =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 25 + 90k\\t =  - 5 + 90k\end{array} \right.\)

Thời điểm sớm nhất ứng với \(t\) dương nhỏ nhất là 25 phút.