Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 10
24 câu hỏi
\[\frac{{3\pi }}{5}\].
\[\frac{\pi }{{10}}\].
\[\frac{{3\pi }}{2}\].
\[\frac{\pi }{4}\].
Đáp án đúng là: A
Ta có \(108^\circ = \frac{{108^\circ \,.\,\pi }}{{180^\circ }} = \frac{{3\pi }}{5}.\)
Vậy góc có số đo \(108^\circ \) đổi ra rađian là \(\frac{{3\pi }}{5}.\)
1.
2.
3.
4.
Đáp án đúng là: D
Trên đường tròn lượng giác, xét theo chiều dương với \(k = 0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\), ta thấy góc có số đo \(\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) được biểu diễn bởi 4 điểm.
\(\sin 90^\circ < \sin 150^\circ .\)
\(\sin 90^\circ 15' < \sin 150^\circ 30'.\)
\(\cos 90^\circ 30' < \cos 100^\circ .\)
\(\cos 150^\circ > \cos 120^\circ .\)
Đáp án đúng là: C
Các góc trong đề bài là góc tù, chú ý rằng các góc tù nghịch biến với cả hàm \(\sin \) và \(\cos .\)
Do đó \(\cos 90^\circ 30' < \cos 100^\circ .\)
\[\frac{1}{3}\].
\[ - \frac{1}{3}\].
\[\frac{2}{3}\].
\[ - \frac{2}{3}\].
Đáp án đúng là: D
Ta có \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\)
Suy ra \({\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9} \Leftrightarrow \sin x = \pm \frac{2}{3}.\)
Vì \[\frac{{3\pi }}{2} < \alpha < 2\pi \] nên \(\sin \alpha < 0.\)
Vậy \[\alpha = - \frac{2}{3}.\]
\(\sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}.\)
\(\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b.\)
\(\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b.\)
\[2\cos a\cos b = \cos \left( {a - b} \right) + \cos \left( {a + b} \right).\]
Đáp án đúng là: B
Khẳng định sai là \(\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\) vì \(\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b.\)
\( - 2.\)
7.
5.
16.
Đáp án đúng là: B
Ta có \(M = 7{\cos ^2}x - 2{\sin ^2}x = 7\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) - 2{\sin ^2}x = 7 - 9{\sin ^2}x\)
Ta có \[0 \le {\sin ^2}x \le 1\] nên \(0 \ge - 9{\sin ^2}x \ge - 9,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)
Hay \(7 \ge 7 - 9{\sin ^2}x \ge - 2,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 7.
\(D = \mathbb{R}.\)
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
Đáp án đúng là: B
Điều kiện \[\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\]
Vậy tập xác định của hàm số \[y = \frac{{{x^2} + 1}}{{\cos x}}\] là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\(\frac{\pi }{4}.\)
\(\frac{{3\pi }}{4}.\)
\(\frac{\pi }{3}.\)
\(\pi .\)
Đáp án đúng là: C
Ta có \(\cot x = \frac{3}{4},\,\,\cot y = \frac{1}{7} \Rightarrow \tan x = \frac{4}{3},\,\,\cot y = 7.\)
Khi đó \(\tan \left( {x + y} \right) = \frac{{\tan x + \tan y}}{{1 - \tan x\tan y}} = \frac{{\frac{4}{3} + 7}}{{1 - \frac{4}{3} \cdot 7}} = - 1\).
Suy ra \(x + y = \frac{{3\pi }}{4}.\)
\(x = \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).
\(x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Đáp án đúng là: D
Ta có \(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 24 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(m \ne 2.\)
\(m = \frac{{2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{{\sqrt 3 - 2}}.\)
\(m = - 4.\)
\(m = - 1.\)
Đáp án đúng là: C
Vì \(x = \frac{\pi }{{12}}\) là một nghiệm của phương trình \(\left( {m - 2} \right)\sin 2x = m + 1\) nên ta có:
\(\left( {m - 2} \right) \cdot \sin \frac{\pi }{{12}} = m + 1 \Leftrightarrow \frac{{m - 2}}{2} = m + 1\)
\( \Leftrightarrow m - 2 = 2m + 2 \Leftrightarrow m = - 4.\)
Vậy \(m = - 4\) là giá trị cần tìm.
Bị chặn.
Không bị chặn.
Bị chặn trên.
Bị chặn dưới.
Đáp án đúng là: A
Dãy số \({u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\) bị chặn.
\({u_4} = 1.\)
\({u_4} = \frac{5}{9}.\)
\({u_4} = \frac{2}{3}.\)
\({u_4} = \frac{{14}}{{27}}.\)
Đáp án đúng là: B
Ta có \({u_2} = \frac{1}{3}\left( {2 + 1} \right) = 1\,;\,\,{u_3} = \frac{1}{3}\left( {1 + 1} \right) = \frac{2}{3}\,;\,\,{u_4} = \frac{1}{3}\left( {\frac{2}{3} + 1} \right) = \frac{5}{9}.\)
\( - 6\).
3.
12.
6.
Đáp án đúng là: D
Ta có \(d = {u_2} - {u_1} = 6.\)
\(S = 24\).
\(S = - 25\).
\(S = - 24\).
\(S = 26\).
Đáp án đúng là: A
Ta có
Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là:
\[S = 16 \cdot \left( { - 21} \right) + \frac{{16 \cdot 15}}{2} \cdot 3 = 24\].
\({u_n} = 7 - 3n\).
\({u_n} = 7 - {3^n}\).
\({u_n} = \frac{7}{{3n}}\).
\({u_n} = 7 \cdot {3^n}.\)
Đáp án đúng là: D
Dãy \({u_n} = 7 \cdot {3^n}\) là cấp số nhân có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 21\\q = 3\end{array} \right.\).
18.
54.
162.
486.
Đáp án đúng là: C
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = 2\\{u_9} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^4} = 2\\{u_1}{q^8} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \frac{2}{3}\\{q^4} = 3\end{array} \right..\]
Suy ra \({u_{21}} = {u_1}{q^{20}} = {u_1}{\left( {{q^4}} \right)^5} = \frac{2}{3}{3^5} = 162.\)
Có hai đường thẳng phân biệt cùng đi qua hai điểm phân biệt cho trước.
Tồn tại 4 điểm không cùng thuộc một mặt phẳng.
Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.
Nếu một đường thẳng đi qua hai điểm thuộc một mặt phẳng thì mọi điểm của đường thẳng đều thuộc mặt phẳng đó.
Đáp án đúng là: A
Tính chất không đúng là: Có hai đường thẳng phân biệt cùng đi qua hai điểm phân biệt cho trước.
Tứ giác \(IBCD\).
Hình thang \(IJBC\,\,(J\) là trung điểm của \(SD).\)
Tam giác \(IBC\).
Hình thang \(IGBC\,\,(G\) là trung điểm của \(SB).\)
Đáp án đúng là: B
Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)
Gọi \(G\) là giao điểm của \(SO\) và \(CI.\)
Trong \(\left( {SBD} \right),\) gọi \(J\) là giao điểm của \(BG\) và \(SD.\)\(\)
Suy ra \(J\) là trung điểm của \(SD.\)
Vậy thiết diện là hình thang \(IJBC\,\,(J\) là trung điểm của \(SD).\)
\(a\) và \(b\) không có điểm chung.
\(a\) và \(b\) là hai cạnh của một hình tứ diện.
\(a\) và \(b\) nằm trên hai mặt phẳng phân biệt.
\(a\) và \(b\) không cùng nằm trên bất kì mặt phẳng nào.
Đáp án đúng là: D
Để hai đường thẳng \(a\) và \(b\) chéo nhau là \(a\) và \(b\) không cùng nằm trên bất kì mặt phẳng nào.
\(MN\) .
\(CD\).
\(CN\).
\(AB\).
Đáp án đúng là: B
Do \(\frac{{OG}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{1}{3}\) nên \(HG\,{\rm{//}}\,AB\).
Xét tam giác \(ABD\) có \(MN\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(HG\,{\rm{//}}\,MN.\)
Lại có \(HG \cap CN = G.\)
Vậy \(HG\) và \(CD\) chéo nhau.
a) Phương trình \(2\cos \frac{x}{2} + \sqrt 3 = 0\) có nghĩa \(\forall x \in \mathbb{R}\) hay \(D = \mathbb{R}.\)
Ta có \(2\cos \frac{x}{2} + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = \frac{{ - \,\sqrt 3 }}{2}\)\( \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = \cos \frac{{5\pi }}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{x}{2} = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{3} + k4\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x = \pm \frac{{5\pi }}{3} + k4\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)
b) Điều kiện \[\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne k\pi \\2x \ne k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}.\]
Ta có \(\cot x\,.\,\cot 2x - 1 = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{\cos 2x}}{{\sin 2x}} - 1 = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{1 - 2{{\sin }^2}x}}{{2\sin x\cos x}} - 1\)
\[ = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{1 - 2{{\sin }^2}x}}{{2\sin x\cos x}} - 1 = \frac{1}{{2{{\sin }^2}x}} - 2\]
Khi đó \(\cot x\,.\,\cot 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2{{\sin }^2}x}} - 2 = 0 \Leftrightarrow {\sin ^2}x = \frac{1}{4}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{1}{2}\\\sin x = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \sin \frac{\pi }{6}\\\sin x = \sin \frac{{ - \pi }}{6}\end{array} \right.\)
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{ - \pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \[x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \,;\,\,x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\,(k \in \mathbb{Z})\].
Ta dự đoán dãy số giảm sau đó ta sẽ chứng minh nó giảm.
Ta có \[{u_n} - {u_{n\, - \,1}} = \frac{{3{u_{n\, - \,1}} + 1}}{4}\, - {u_{n\, - \,1}} = \frac{{1 - {u_{n\, - \,1}}}}{4}.\]
Do đó, để chứng minh dãy \(\left( {{u_n}} \right)\) giảm, ta chứng minh \({u_n} > 1\,\,\forall n \ge 1\) bằng phương pháp quy nạp toán học. Thật vậy,
Với \(n = 1 \Rightarrow {u_1} = 2 > 1\).
Giả sử \({u_k} > 1 \Rightarrow {u_{k\, + \,1}} = \frac{{3{u_k} + 1}}{4}\, > \frac{{3 + 1}}{4} = 1.\)
Theo nguyên lí quy nạp, ta có \({u_n} > 1\,\,\forall n \ge 1\).
Do đó \[{u_n} - {u_{n\, - \,1}} < 0 \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n\, - \,1}}\,\,\forall n \ge 2\].
Vậy dãy \(\left( {{u_n}} \right)\) giảm.
a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {MBC} \right)\\AD{\rm{ // }}BC\\AD \subset \left( {SAD} \right);BC \subset \left( {MBC} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {MBC} \right) = Mx{\rm{ // }}AD{\rm{ // }}BC\).
b) Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] gọi \(L = CN \cap AB\).
Suy ra \[LM\] là giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {CMN} \right)\] và \[\left( {SAB} \right),\] điểm \[I\] cần tìm là giao điểm của \[LM\]và \[SB.\]
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {ICD} \right) \cap \left( {SAB} \right)\\CD{\rm{ // }}AB\\CD \subset \left( {ICD} \right);AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \left( {ICD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Iy{\rm{ // }}CD{\rm{ // }}AB\)
Điểm \[J\] cần tìm là giao điểm của \[Iy\] với \[SD.\]
c) Ta có \(SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).
Trong mặt phẳng \[\left( {ICD} \right),\] gọi \(E = JC \cap ID\) có
\(\left\{ \begin{array}{l}E \in JC \subset \left( {SAC} \right)\\E \in ID \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\), hay \[E\] thuộc \[SO.\]
Lại có \[AN\] là đường trung bình của tam giác \[LBC,\] nên \[A\] trung điểm của \[LB.\]
• Trong tam giác \[SBL\] có \[SA\] là đường trung tuyến và \(SM = \frac{2}{3}SA\) nên \(M\) là trọng tâm của tam giác \[SBL\]. Nên \[I\] trung điểm của \[SB.\]
• Trong tam giác \[SBD\] có \[E\] là trọng tâm của tam giác. Do đó \(\frac{{SE}}{{SO}} = \frac{2}{3}\).
Gọi \({B_n},\,\,{C_n}\) lần lượt là số tiền công ty A cần trả theo cách tính của hai công ty B và C.
Theo bài ra, ta có:
• \({B_n}\) là tổng \(n\) số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với \({u_1} = 8\) triệu đồng, \(d = 0,5\) triệu đồng.
• \({C_n}\) là tổng \(n\) số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với \({u_1} = 60\) triệu đồng, \(d = 3\) triệu đồng.
Khi đó:
• Nếu thuê đất của công ty B trong vòng 15 năm = 60 quý thì số tiền công ty A phải trả là:
\({B_{60}} = \left( {2 \cdot 8 + 59 \cdot 0,5} \right) \cdot 30 = 1\,\,365\) (triệu đồng).
• Nếu thuê đất của công ty C trong vòng 15 năm thì số tiền công ty A phải trả là:
\[{C_{15}} = \left( {2 \cdot 60 + 14 \cdot 3} \right) \cdot 7,5 = 1\,\,215\] (triệu đồng).
Do đó thuê mảnh đất trong vòng 15 năm của công ty C.
• Nếu thuê đất của công ty B trong vòng 10 năm = 40 quý thì số tiền công ty A phải trả là:
\({B_{40}} = \left( {2 \cdot 8 + 39 \cdot 0,5} \right) \cdot 20 = 710\) (triệu đồng).
• Nếu thuê đất của công ty C trong vòng 15 năm thì số tiền công ty A phải trả là:
\[{C_{10}} = \left( {2 \cdot 60 + 9 \cdot 3} \right) \cdot 4,5 = 661,5\] (triệu đồng).
Do đó thuê mảnh đất trong vòng 10 năm của công ty C.
Vậy chọn công ty C để thuê cả hai mảnh đất.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
