Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 8
38 câu hỏi
\[240^\circ \].
\[135^\circ \].
\[108^\circ \].
\[270^\circ \].
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Ta có: \[\frac{{3\pi }}{5}\,\,rad = \frac{{3\pi }}{5} \cdot \frac{{180^\circ }}{\pi } = 108^\circ \].
\(\cos \alpha > 0\).
\(\cot \alpha > 0\).
\(\sin \alpha > 0\).
\(\tan \alpha > 0\).
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Do \( - \frac{{3\pi }}{2} < \alpha < - \pi \) nên điểm \(M\) biểu diễn góc lượng giác có số đo \(\alpha \)thuộc góc phần tư số II. Do đó: \(\sin \alpha > 0,\cos \alpha < 0,\tan \alpha < 0,\cot \alpha < 0\). |
|
\[\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = \cos \alpha \].
\[\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha \].
\[\sin \left( {\pi - \alpha } \right) = - \sin \alpha \].
\[\tan \left( {\pi - \alpha } \right) = \tan \alpha \].
Lời giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \[\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha \], \[\sin \left( {\pi - \alpha } \right) = \sin \alpha \], \[\tan \left( {\pi - \alpha } \right) = - \tan \alpha \]
Do đó ta chọn \[\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha \].
Khẳng định nào sau đây là sai?
\(\cos a + \cos b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}.\cos \frac{{a - b}}{2}.\)
\(\cos a--\cos b = 2\sin \frac{{a + b}}{2}.\sin \frac{{a - b}}{2}.\)
\(\sin a + \sin b = 2\sin \frac{{a + b}}{2}.\cos \frac{{a - b}}{2}.\)
\(\sin a--\sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}.\sin \frac{{a - b}}{2}.\)
Lời giải
Đáp án đúng là: B
Theo công thức biến tổng thành tích ta có: \(\cos a--\cos b = - 2\sin \frac{{a + b}}{2}.\sin \frac{{a - b}}{2}.\)
\(M = - \frac{{\sqrt 2 }}{{10}}\).
\(M = - \frac{{\sqrt 2 }}{{10}}\).
\(M = - \frac{{\sqrt 2 }}{{10}}\).
\(M = - \frac{{\sqrt 2 }}{{10}}\).
Lời giải
Đáp án đúng là: A
Ta có : \({\cos ^2}a = 1 - {\sin ^2}a = \frac{{16}}{{25}}\). Do \(0 < a < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \cos a > 0 \Rightarrow \cos a = \frac{4}{5}\)
Khi đó \(M = \sin \left( {a - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\sin a - \cos a} \right) = - \frac{{\sqrt 2 }}{{10}}\).
\(\frac{5}{4}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{{13}}{4}\).
\(\frac{9}{4}\).
Lời giải
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(\sin \alpha + \cos \alpha = \frac{3}{2} \Rightarrow {\left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)^2} = \frac{9}{4} \Leftrightarrow 1 + \sin 2\alpha = \frac{9}{4} \Leftrightarrow \sin 2\alpha = \frac{5}{4}\).
\(A = \cot 6x\).
\(A = \cot 3x\).
\(A = \cot 2x\).
\(A = \tan x + \tan 2x + \tan 3x\).
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Ta có: \(A = \frac{{\sin 3x + \cos 2x - \sin x}}{{\cos x + \sin 2x - \cos 3x}}\)\( = \frac{{2\cos 2x\sin x + \cos 2x}}{{2\sin 2x\sin x + \sin 2x}}\)\( = \frac{{\cos 2x(1 + 2\sin x)}}{{\sin 2x(1 + 2\sin x)}} = \cot 2x\).
\(M = 1 - 2{\sin ^2}b\).
\(M = 1 + 2{\sin ^2}b\).
\(M = \cos 4b\).
\(M = \sin 4b\).
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(M = \cos \left( {a + b} \right).\cos \left( {a - b} \right) + \sin \left( {a + b} \right).\sin \left( {a - b} \right)\)
\( = \cos \left[ {\left( {a + b} \right) - \left( {a - b} \right)} \right]\)
\( = \cos 2b\)
\( = 1 - 2{\sin ^2}b\).
\(T = 2\pi \).
\(T = \frac{\pi }{2}\).
\(T = \pi \).
\(T = 4\pi \).
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Hàm số \(y = \sin 2x\) tuần hoàn với chu kỳ \(T = 2\pi \) nên hàm số \(y = \sin 2x\) tuần hoàn với chu kỳ \(T = \pi .\)
\({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\({\rm{D}} = \mathbb{R}.\)
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Hàm số \(y = \cot x\) xác định khi và chỉ khi \(sinx \ne 0\)\( \Leftrightarrow x \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(y = \sin x\).
\(y = \cos x\).
\(y = \tan x\).
\(y = - \cot x\).
Lời giải
Đáp án đúng là: B
Do hàm số \(y = \cos x\)nghịch biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).
Ba hàm số còn lại \(y = \sin x\), \(y = \tan x\), \(y = - \cot x\) đồng biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2};\,0} \right).\)
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\,\frac{\pi }{2}} \right).\)
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng\(\,\,\left( {\frac{\pi }{2};\,\pi } \right).\)
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2};\,\frac{{3\pi }}{2}} \right).\)
Lời giải
Đáp án đúng là: D
Hàm số đã cho tuần hoàn với chu kỳ \(2\pi \) và kết hợp với các phương án đề bài thì ta sẽ xét sự biến thiên của hàm số trên \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\,\frac{{3\pi }}{2}} \right].\)
Ta có hàm số \(y = \sin x:\)
* Đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2};\,\,\frac{\pi }{2}} \right).\)
* Nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2};\,\,\frac{{3\pi }}{2}} \right).\)
Từ đây suy ra hàm số \(y = 1 - \sin x:\)
* Nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2};\,\,\frac{\pi }{2}} \right).\)
* Đồng biến trên khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2};\,\,\frac{{3\pi }}{2}} \right).\)
Dưới đây là đồ thị của hàm số \(y = 1 - \sin x\) và hàm số \(y = \sin x\)trên \(\mathbb{R}.\)
\[2\].
\[5\].
\[0\].
\[3\].
Lời giải
Đáp án đúng là: A
Ta có : \(y = 1 - 2\cos x - {\cos ^2}x\)\( = 2 - {\left( {\cos x + 1} \right)^2}\)
Nhận xét : \( - 1 \le \cos x \le 1\)\( \Leftrightarrow 0 \le \cos x + 1 \le 2\)\( \Rightarrow 0 \le {\left( {\cos x + 1} \right)^2} \le 4\)
Do đó \(y = 2 - {\left( {\cos x + 1} \right)^2} \le 2 - 0 = 2\).
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là \(2\).
Trong các hàm số dưới đây có bao nhiêu hàm số là hàm số chẵn?
\[y = {\rm{cos}}3x\,\,\left( 1 \right)\]; \[y = {\rm{sin }}\left( {{x^2} + 1} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\]; \[y = {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x\;\,\,\,\left( 3 \right)\]; \[y = {\rm{cot }}x\,\,\;\left( 4 \right)\].
\[1\].
\[2\].
\[3\].
\[4\].
Lời giải
Đáp án đúng là: C
⦁ Xét hàm \[y = f\left( x \right) = \cos 3x\]
TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]
Với mọi \[x \in D,\] ta có: \[ - x \in D\] và \[f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - 3x} \right) = \cos 3x = f\left( x \right)\]
Do đó, \[y = f\left( x \right) = \cos 3x\] là hàm chẵn trên trên \(\mathbb{R}\).
⦁ Xét hàm \[y = g\left( x \right) = \sin \left( {{x^2} + 1} \right)\]
TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]
Với mọi \[x \in D,\] ta có: \[ - x \in D\] và \(g\left( { - x} \right) = \sin \left( {{{\left( { - x} \right)}^2} + 1} \right) = \sin \left( {{x^2} + 1} \right) = g\left( x \right)\)
Do đó: \[y = g\left( x \right) = \sin \left( {{x^2} + 1} \right)\]là hàm chẵn trên \(\mathbb{R}\).
⦁ Xét hàm\(\,y = h\left( x \right) = {\tan ^2}x\).
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
Với mọi \[x \in D,\] ta có: \[ - x \in D\] và \(h\left( { - x} \right) = {\tan ^2}\left( { - x} \right) = {\tan ^2}x = h\left( x \right)\)
Do đó: \(\,y = h\left( x \right) = {\tan ^{2016}}x\)là hàm số chẵn trên \(D\).
⦁ Xét hàm\(\,\,y = t\left( x \right) = \cot x\).
TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\]
Với mọi \[x \in D,\] ta có: \[ - x \in D\] và \(t\left( { - x} \right) = \cot \left( { - x} \right) = - \cot x = - t\left( x \right)\)
Do đó: \(\,y = t\left( x \right) = \cot x\)là hàm số lẻ trên \(D\).
Vậy \[\left( 1 \right)\], \[\left( 2 \right)\], \[\left( 3 \right)\] là các hàm số chẵn.
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}\]
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k\pi \\x = \pi - \alpha + k\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}\].
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k\pi \\x = - \alpha + k\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}\].
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = - \alpha + k2\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}\].
Lời giải
Đáp án đúng là: A
\(\cos x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(\cos x \ne - 1 \Leftrightarrow x \ne - \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Lời giải
Đáp án đúng là: B
\(\cos x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)nên A sai.
\(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) nên B đúng, D sai.
\(\cos x \ne - 1 \Leftrightarrow x \ne - \pi + k2\pi ,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) nên C sai.
\(x = \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Lời giải
Đáp án đúng là: B
Từ \(1 + \tan x = 0 \Leftrightarrow \tan x = - 1\)\[ \Leftrightarrow \]\[x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\(290^\circ \in X\).
\(250^\circ \in X\).
\(220^\circ \in X\).
\(240^\circ \in X\).
Lời giải
Đáp án đúng là: A
Ta có \({\rm{cos}}\left( {\frac{x}{2} + 15^\circ } \right) = {\rm{sin}}x \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {\frac{x}{2} + 15^\circ } \right) = {\rm{cos}}x\left( {90^\circ - x} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{x}{2} + 15^\circ = 90^\circ - x + k360^\circ \\\frac{x}{2} + 15^\circ = - 90^\circ + x + k360^\circ \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50^\circ + k240^\circ \\x = 210^\circ - k720^\circ \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy \(290^\circ \in X\).
\[x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\].
\[x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\].
\[x = \pi + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\].
Cả A, B, C đều sai.
Đáp án đúng là: A
ĐK: \[\cos \frac{x}{2} \ne 0,\cos x \ne 0\]
Ta có: \[\tan \frac{x}{2} = \tan x \Leftrightarrow \frac{x}{2} = x + k\pi \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\] (thỏa mãn).
\[1\].
\[2\].
\[3\].
\[4\].
Lời giải
Đáp án đúng là: D
\[\cos 3x - 4\cos 2x + 3\cos x - 4 = 0\]
\( \Leftrightarrow 4{\cos ^3}x - 3\cos x - 4(2{\cos ^2}x - 1) + 3\cos x - 4 = 0\)
\( \Leftrightarrow 4{\cos ^3}x - 8{\cos ^2}x = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \)
Vì \(x \in \left[ {0;14} \right] \Rightarrow x = \frac{\pi }{2},x = \frac{{3\pi }}{2},x = \frac{{5\pi }}{2},x = \frac{{7\pi }}{2}\).
Vậy có tất cả 4 nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài.
\({u_{n + 1}} = \frac{{a.{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{n + 2}}\).
\({u_{n + 1}} = \frac{{a.{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{n + 1}}\).
\({u_{n + 1}} = \frac{{a.{n^2} + 1}}{{n + 1}}\).
\({u_{n + 1}} = \frac{{a{n^2}}}{{n + 2}}\).
Lời giải
Đáp án đúng là: A
Ta có \({u_{n + 1}} = \frac{{a.{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right) + 1}} = \frac{{a{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {n + 2} \right)}^2}}}\).
\({u_n} = 7n + 7\).
\({u_n} = 7.n\).
\({u_n} = 7.n + 1\).
Không viết được dưới dạng công thức.
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Ta có: \(8 = 7.1 + 1\) ; \(15 = 7.2 + 1\); \(22 = 7.3 + 1\); \(29 = 7.4 + 1\); \(36 = 7.5 + 1\)
Suy ra số hạng tổng quát \({u_n} = 7n + 1\).
\(\frac{{11}}{2};\frac{{17}}{3};\frac{{25}}{4};7;\frac{{47}}{6}\).
\(\frac{{13}}{2};\frac{{17}}{3};\frac{{25}}{4};7;\frac{{47}}{6}\).
\(\frac{{11}}{2};\frac{{14}}{3};\frac{{25}}{4};7;\frac{{47}}{6}\).
\(\frac{{11}}{2};\frac{{17}}{3};\frac{{25}}{4};8;\frac{{47}}{6}\).
Lời giải
Đáp án đúng là: A
Ta có năm số hạng đầu của dãy là
\({u_1} = \frac{{{1^2} + 3.1 + 7}}{{1 + 1}} = \frac{{11}}{2}\), \({u_2} = \frac{{17}}{3},{u_3} = \frac{{25}}{4},{u_4} = 7,{u_5} = \frac{{47}}{6}\)
\(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn.
\(\left( {{u_n}} \right)\) không bị chặn.
\(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn trên.
\(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn dưới.
Lời giải
Đáp án đúng là: A
Ta có: \( - 1 \le {u_n} \le 1 \Rightarrow ({u_n})\) là dãy bị chặn.
5 số hạng đầu của dãy là: \(0;1;\sqrt 2 ;\sqrt 3 ;\sqrt 5 \).
Số hạng \({u_{n + 1}} = \sqrt n \).
Là dãy số tăng.
Bị chặn dưới bởi số \(0\).
Lời giải
Đáp án đúng là: A
5 số hạng đầu của dãy là \(0;1;\sqrt 2 ;\sqrt 3 ;\sqrt 4 \).
\[6\].
\[7\].
\[8\].
\[9\].
Lời giải
Đáp án đúng là: B
Điểm \(E\) và 2 điểm bất kì trong 4 điểm \(A,B,C,D\) tạo thành 6 mặt phẳng, bốn điểm \(A,B,C,D\) tạo thành 1 mặt phẳng.
Vậy có tất cả 7 mặt phẳng.
5 mặt, 5 cạnh.
6 mặt, 5 cạnh.
6 mặt, 10 cạnh.
5 mặt, 10 cạnh.
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Hình chóp ngũ giác có 5 mặt bên + 1 mặt đáy. 5 cạnh bên và 5 cạnh đáy.
\[AM\], \[M\] là trung điểm \[AB\].
\[AH,\]\[H\] là hình chiếu của \[B\] trên \[CD.\]
\[AN\], \[N\] là trung điểm \[CD\].
\[AK,\]\[K\] là hình chiếu của \[C\] trên \[BD.\]
Lời giải
Đáp án đúng là: C
\[A\] là điểm chung thứ nhất của \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\) \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\), \[N\] là trung điểm \[CD\] nên \[N \in BG\] nên \[N\] là điểm chung thứ hai của \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\). Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\) là \[AN\]. |
|
Các đường thẳng \[MP,NQ,SO\] đồng quy.
Các đường thẳng \[MP,NQ,SO\] chéo nhau.
Các đường thẳng \[MP,NQ,SO\] song song.
Các đường thẳng \[MP,NQ,SO\] trùng nhau.
Lời giải
Đáp án đúng là: A
Trong mặt phẳng \[\left( {MNPQ} \right)\] gọi \[I = MP \cap NQ\]. Ta sẽ chứng minh \[I \in SO\]. Dễ thấy \[SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\]. \[\left\{ \begin{array}{l}I \in MP \subset \left( {SAC} \right)\\I \in NQ \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\] \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {SAC} \right)\\I \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in SO\] Vậy \[MP,NQ,SO\] đồng quy tại \[I\]. |
|
chéo nhau.
cắt nhau.
trùng nhau.
song song nhau.
Lời giải
Đáp án đúng là: A
![Lời giải Đáp án đúng là: A Dựa vào hình vẽ ta suy ra \[a\] và \[b\] chéo nhau. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/11/30-1762305244.png)
Dựa vào hình vẽ ta suy ra \[a\] và \[b\] chéo nhau.
Nếu ba mặt phẳng cắt nhau theo ba giao tuyến thì ba giao tuyến đó đồng quy.
Nếu hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến, nếu có, của chúng sẽ song song với cả hai đường thẳng đó.
Nếu hai đường thẳng \[a\] và \[b\] chéo nhau thì có hai đường thẳng \[p\] và \[q\] song song nhau mà mỗi đường đều cắt cả \[a\] và\[b\] .
Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì không chéo nhau.
Lời giải
Đáp án đúng là: D
⦁ Nếu ba mặt phẳng cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì có thể đôi một song song nhau ⇒A sai.
⦁ Nếu hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến, nếu có, của chúng có thể trùng với một trong hai đường thẳng đó ⇒B sai.
⦁ Giả sử: \[p\] cắt \[a\] và \[b\] lần lượt tại \[A\] và \[B;\]\[q\] cắt \[a\] và \[b\] lần lượt tại \[A'\] và \[B'\].
Nếu \[p\,{\rm{//}}\,q \Rightarrow A,B,A',B'\] đồng phẳng \[ \Rightarrow a,b\] đồng phẳng (mâu thuẫn) ⇒C sai.
⦁ Hai đường thẳng chéo nhau nếu chúng không đồng phẳng ⇒D đúng.
\[M,P,R,T.\]
\[M,Q,T,R.\]
\[M,N,R,T.\]
\[P,Q,R,T.\]
Lời giải
Đáp án đúng là: B
Ta có \(RT\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\) nên \(RT{\rm{//}}AD\,\). \(MQ\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\) nên \(MQ{\rm{//}}AD\). Suy ra \(RT{\rm{//}}MQ\). Do đó \(M,\,\,Q,\,\,R,\,\,T\) đồng phẳng. |
|
Cho hình chóp \[{\rm{S}}.ABCD\] đáy là hình bình hành tâm O, I là trung điểm của \[SC\], xét các mệnh đề:
(1) Đường thẳng \[IO\] song song với \[SA\].
(2) Mặt phẳng \[\left( {IBD} \right)\] cắt các cạnh của hình chóp \[S.ABCD\] theo một hình tứ giác.
(3) Giao điểm của đường thẳng \[AI\] với mặt phẳng \[\left( {SBD} \right)\] là trọng tâm của tam giác \[\left( {SBD} \right)\].
(4) Giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {IBD} \right)\]và \[\left( {SAC} \right)\] là \[IO\].
Số mệnh đề đúng trong các mệnh để trên là
2.
4.
3.
1.
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Mệnh đề đúng vì \[IO\] là đường trung bình của tam giác \[SAC\].
Mệnh đề sai vì tam giác \[IBD\] chính là thiết diện của hình chóp \[S.ABCD\] cắt bởi mặt phẳng \[\left( {IBD} \right)\].
Mệnh đề đúng vì giao điểm của đường thẳng \[AI\] với mặt phẳng \[\left( {SBD} \right)\] là giao điểm của \[AI\] với \[SO\].
Mệnh đề đúng vì \[I,\,O\] là hai điểm chung của 2 mặt phẳng \[\left( {IBD} \right)\] và \[\left( {SAC} \right)\].
Vậy số mệnh đề đúng trong các mệnh để trên là: 3.
Vô số mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).
Một mặt phẳng \(\left( P \right)\), vô số mặt phẳng \(\left( Q \right)\).
Một mặt phẳng \(\left( Q \right)\), vô số mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Một mặt phẳng \(\left( P \right)\), một mặt phẳng\(\left( Q \right)\).
Lời giải
Đáp án đúng là: D
Vì \(c\) song song với giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) nên \(c\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\) và \(c\,{\rm{//}}\,\left( Q \right)\). Khi đó, \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa \(a\) và song song với \(c,\) mà \(a\) và \(c\) chéo nhau nên chỉ có một mặt phẳng như vậy. Tương tự cũng chỉ có một mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa \(b\) và song song với \(c\). Vậy có nhiều nhất một mặt phẳng \(\left( P \right)\) và một mặt phẳng \(\left( Q \right)\) thỏa yêu cầu bài toán. |
|
Hình thang.
Hình bình hành.
Hình chữ nhật.
Tứ diện vì \[MN\] và \[BD\] chéo nhau.
Đáp án đúng là: A
\[I\] trên đoạn \[SO\] và \[\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}\] nên \(I\) là trọng tâm tam giác \(SBD\). Suy ra \(M\) là trung điểm \(SD;\) \(N\) là trung điểm \(SB.\) Do đó \[MN\,{\rm{//}}\,BD\] và \(MN = \frac{1}{2}BD\) nên \[MNBD\] là hình thang. |
|
PHẦN II. TỰ LUẬN (3,0 điểm)
(1,5 điểm)
a) Tính giá trị lượng giác \[\tan \left( {\alpha + \frac{\pi }{3}} \right)\] khi \[\sin \alpha = \frac{3}{5},\,\,\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \].
b) Giải phương trình \(\cos \left( {\frac{\pi }{3} + 3x} \right) + \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} - 4x} \right) + \cos x = 1.\)
c) Ngọn đèn trên hải đăng \(H\) cách bờ biển \(yy'\)một khoảng \(HO = 1\,{\rm{km}}\). Đèn xoay ngược chiều kim đồng hồ với tốc độ \(\frac{\pi }{{10}}\,{\rm{rad}}/{\rm{s}}\) và chiếu hai luồng ánh sáng về hai phía đối diện nhau. Khi đèn xoay, điểm \(M\) mà luồng ánh sáng của hải đăng rọi vào bờ biển chuyển động dọc theo bờ. Ban đầu luồng sáng trùng với đường thẳng \(HO\). |
|
Viết hàm số biểu thị toạ độ \({y_M}\) của điểm \(M\) trên trục \(Oy\) theo thời gian \(t\) và xác định thời điểm \(t\) mà đèn hải đăng chiếu vào ngôi nhà \(N\) nằm trên bờ biển với toạ độ \({y_N} = - 1\,\left( {{\rm{km}}} \right)\).
a)Vì \[\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \] nên \[\cos \alpha < 0\].
Ta có: \[{\sin ^2}\alpha + co{s^2}\alpha = 1\].
Suy ra: \[cos\alpha = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = - \frac{4}{5} \Rightarrow \tan \alpha = - \frac{3}{4}\].
Vậy \[\tan \left( {\frac{\pi }{3} + \alpha } \right) = \frac{{\tan \frac{\pi }{3} + \tan \alpha }}{{1 - \tan \frac{\pi }{3}\tan \alpha }} = \frac{{48 - 25\sqrt 3 }}{{11}}\].
b) \(\cos \left( {\frac{\pi }{3} + 3x} \right) + \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} - 4x} \right) + \cos x = 1\)
\( \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi }{3} + 3x} \right) + \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} - 4x} \right) = 1 - \cos x\)
\( \Leftrightarrow 2\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right)\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) = 2{\sin ^2}\frac{x}{2} \Leftrightarrow 2\sin \frac{x}{2}\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) = 2{\sin ^2}\frac{x}{2}\)
\( \Leftrightarrow \sin \frac{x}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) - \sin \frac{x}{2}} \right] = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{x}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) - \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right)} \right] = 0.\)
● \(\sin \frac{x}{2} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{2} = k\pi \Leftrightarrow x = k2\pi \) \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
● \(\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) - \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} - \frac{x}{2} + k2\pi \\\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6} = - \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\\x = - \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\) \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = k2\pi \); \(x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\); \(x = - \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\), \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
c) Dựa vào hệ trục ta có: \(\tan \alpha = \frac{{OM}}{{OH}} \Rightarrow OM = OH.\tan \alpha \) Với \(\alpha = \frac{\pi }{{10}}t\) \( \Rightarrow {y_M} = 1.\tan \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right) = \tan \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right)\) Khi \({y_N} = - 1 \Rightarrow \tan \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right) = - 1\) \( \Leftrightarrow \frac{\pi }{{10}}t = \frac{{3\pi }}{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\) \( \Leftrightarrow t = \frac{{15}}{2} + 10k,k \in \mathbb{Z}\) và \(k \ge 0\). |  |
(0,5 điểm) Chứng minh rằng dãy số \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = \sqrt 2 }\\{{u_{n + 1}} = \sqrt {{u_n} + 2} }\end{array}} \right.\) tăng và bị chăn trên bởi 2.
⦁ Ta có \({u_n} > 1\)
Giả sử tồn tại \({u_n} \ge 2 \Rightarrow \sqrt {{u_{n - 1}} + 2} \ge 2 \Rightarrow {u_{n - 1}} \ge 2\)
Như vậy, nếu tồn tại \({u_n} \ge 2\) thì suy ra \({u_{n - 1}} \ge 2\), từ đó cũng suy ra được \({u_{n - 2}},{u_{n - 3}} \ldots {u_2},{u_1} \ge 2\) vô lý
Do \({u_1} = \sqrt 2 < 2.\) Nên điều giả sử là sai.
Suy ra \({u_n} < 2\) (1)
⦁ Xét \({u_{n + 1}} - {u_n} = \sqrt {{u_n} + 2} - {u_n} = \frac{{{u_n} + 2 - u_n^2}}{{\sqrt {{u_n} + 2} + {u_n}}} = \frac{{\left( {2 - {u_n}} \right)\left( {1 + {u_n}} \right)}}{{\sqrt {{u_n} + 2} + {u_n}}} > 0\)
Suy ra \({u_{n + 1}} > {u_n},\) nên đây là dãy tăng (2)
Từ (1) và (2) suy ra dãy đã cho tăng và bị chặn trên bởi 2.
(1,0 điểm) Cho tứ diện đều \(ABCD\) cạnh \(a\). Gọi \(M\) và \(P\) là hai điểm di dộng trên các cạnh \(AD\) và \(BC\), sao cho \(MA = PC = x\)\(\left( {0 < x < a} \right)\). Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua \(MP\) song song với \(CD\) cắt \(AC,\,\,BD\) lần lượt tại \(N,Q.\)
a) Chứng minh tứ giác \(MNPQ\) là hình thang cân.
b) Tính diện tích hình thang cân \(MNPQ\) theo \[a\] và \[x\]. Tìm \(x\) để diện tích đó nhỏ nhất.
a) Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( \alpha \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN}\\{CD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)}\\{CD \subset \left( {ACD} \right)}\end{array}} \right.\] suy ra \[MN\,{\rm{//}}\,CD\] Tương tự \[\left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ\,{\rm{//}}\,CD\] Vì \[MN\,{\rm{//}}\,CD\,{\rm{//}}\,PQ\] nên thiết diện \(MNPQ\) là hình thang. Ta có \(DQ = CP = x\), \(DM = a - x\). |  |
Áp dụng định lý côsin trong tam giác \(DMQ\), ta có
\(MQ = \sqrt {D{M^2} + D{Q^2} - 2DM.DQ\cos 60^\circ } = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} \)
Tương tự ta cũng tính được \[NP = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} \].
Suy ra \[MQ = NP\].
Vậy thiết diện \(MNPQ\) là hình thang cân.
b) Tam giác \(ACD\) đều có \(MN\,{\rm{//}}\,CD\) nên tam giác \(AMN\) cũng đều nên \(MN = AM = x\)
Tam giác \(BCD\) đều có \(PQ\,{\rm{//}}\,CD\) nên tam giác \(BPQ\) cũng đều nên \(PQ = BP = a - x\).
Trong hình thang cân \(MNPQ\), hạ \(NH\) vuông góc với \(PQ\) và tìm được \(NH = \frac{1}{2}\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}} \).
Do đó \[{S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}\left( {MN + PQ} \right).NH\]
\[ = \frac{1}{2}\left[ {x + \left( {a - x} \right)} \right].\frac{1}{2}\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}} \]
\[ = \frac{1}{4}a\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}} \]
\( = \frac{1}{4}a\sqrt {8{{\left( {x - \frac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}} \ge \frac{{{a^2}}}{4}\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: \[x = \frac{a}{2}\].
Vậy diện tích hình thang \(MNPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \[\frac{{{a^2}}}{4}\] khi \[x = \frac{a}{2}\].
