Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 6

Đáp án đúng là: D

Khẳng định đúng khi nói về “góc lượng giác” là:

Mỗi đường tròn định hướng có bán kính \(R = 1\), tâm trùng với gốc tọa độ là một đường tròn lượng giác.

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ ta thấy \(\left( {OA,OM} \right) = 60^\circ + 360^\circ = 420^\circ .\)

Đáp án đúng là: D

Ta có \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\) nên \( - \pi < \alpha - \pi < - \frac{\pi }{2}\).

Điểm cuối cùng \(\alpha - \pi \) góc thuộc góc phần tư thứ III, do đó \(\sin \left( {\alpha - \pi } \right) < 0\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[\tan \left( {\alpha - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{\tan \alpha - \tan \frac{\pi }{3}}}{{1 + \tan \alpha \tan \frac{\pi }{3}}} = \frac{{3 - \sqrt 3 }}{{1 + 3\sqrt 3 }}\].

Đáp án đúng là: D

Khẳng định nào sai là \(\cos 3x = {\cos ^3}x - {\sin ^3}x\) vì \(\cos 3x = 4{\cos ^3}x - 3\cos x\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(M = \frac{{\sin 3x - \sin x}}{{2{{\cos }^2}x - 1}} = \frac{{2\cos 2x\sin x}}{{\cos 2x}} = 2\sin x\).

Đáp án đúng là: B

• Xét hàm số \[f\left( x \right) = \sin 2x.\]

TXĐ: \({\rm{D}} = \mathbb{R}\). Khi đó \(\forall x \in {\rm{D}} \Rightarrow - x \in {\rm{D}}{\rm{.}}\)

Ta có \[f\left( { - x} \right) = \sin \left( { - 2x} \right) = - \sin 2x = - f\left( x \right)\]. Do đó \[f\left( x \right)\] là hàm số lẻ.

• Xét hàm số \[g\left( x \right) = {\tan ^2}x.\]

TXĐ: \({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right\}.\) Khi đó \(\forall x \in {\rm{D}} \Rightarrow - x \in {\rm{D}}{\rm{.}}\)

Ta có \[g\left( { - x} \right) = {\left[ {\tan \left( { - x} \right)} \right]^2} = {\left( { - \tan x} \right)^2} = {\tan ^2}x = g\left( x \right)\]. Do đó \[g\left( x \right)\]  là hàm số chẵn.

Đáp án đúng là: C

•Tại \(x = 0\) thì \(y = 0\). Do đó loại B và C.

• Tại \(x = \pi \) thì \(y = - 1\). Thay vào hai đáp án còn lại chỉ có D thỏa mãn.

Đáp án đúng là: A

\(\cos 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}\).

Đáp án đúng là: D

 \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{5}} \right) = \sin \frac{{2\pi }}{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - \frac{\pi }{5} = \frac{{2\pi }}{5} + k2\pi \\x - \frac{\pi }{5} = \pi - \frac{{2\pi }}{5} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3\pi }}{5} + k2\pi \\x = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \end{array} \right.\)    (với \(k \in \mathbb{Z}\)).

Đáp án đúng là: A

Năm số hạng đầu tiên của dãy số là \({u_1} = \frac{{ - 1}}{2};\,\,{u_2} = \frac{{ - 2}}{3};\,\,{u_3} = \frac{{ - 3}}{4};\,\,{u_4} = \frac{{ - 4}}{5};\,\,{u_5} = \frac{{ - 5}}{6}.\)

Đáp án đúng là: D                              

Ta có \(0 < {u_n} = \frac{n}{{n + 1}} < 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1\).

Vậy dãy số \({u_n} = \frac{n}{{n + 1}}\) là dãy số bị chặn.

Đáp án đúng là: B

Dãy số \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 1\\{u_{n + 1}} - {u_n} = 2\end{array} \right.\,\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N}*\) là cấp số cộng với \({u_1} = - 1\) và công sai \(d = 2.\)

Đáp án đúng là: C

Ta có \({u_6} = {u_1} + 5d \Rightarrow d = \frac{{{u_6} - {u_1}}}{5} = 6\).

Đáp án đúng là: B

Cấp số nhân \(1\,;\,\,2\,;\,\,4\,;\,\,6\,;\,\,8\,;\,\, \ldots \) có số hạng đầu tiên là \({u_1} = 1\) và công bội là \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 2.\)

Đáp án đúng là: A

Số hạng tổng quát \[{u_n} = {u_1}\,.\,{q^{n\,\, - \,1}}\] .

Khi đó \({u_n} = \frac{1}{{{3^{n\, - \,2}}}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{n\, - \,2}} = 3 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{n\, - \,1}} \Rightarrow q = \frac{1}{3}.\)

Đáp án đúng là: B

Hình \((III)\) không phải là hình biểu diễn của một hình tứ diện.

Vậy các hình tứ diện trong các hình trên là \((I),\,\,(II),\,\,(IV)\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI.\)

Đáp án đúng là: D

Dễ dàng thấy được: \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(IJ\,{\rm{//}}\,AC.\)

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

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\3x + \frac{\pi }{4} = \pi - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4} + k2\pi \\3x = \pi - \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{56}} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = \frac{{5\pi }}{{56}} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x = \frac{\pi }{{56}} + k\frac{{2\pi }}{3};\,\,x = \frac{{5\pi }}{{56}} + k\frac{{2\pi }}{3},\,\,k \in \mathbb{Z}\).

b) Điều kiện \[\left\{ \begin{array}{l}\cos \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0\\\sin x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{4} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne l\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{{3\pi }}{8} + \frac{{k\pi }}{2}\\x \ne l\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k;\,l \in \mathbb{Z}} \right)\]

Khi đó \(\tan \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \cot x \Leftrightarrow \tan \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \tan \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\)

\[ \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} - x + k\pi \Leftrightarrow 3x = \frac{{3\pi }}{4} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{3}\,\,(k \in \mathbb{Z})\]

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \[x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{3}\,\,(k \in \mathbb{Z})\].

Ta có \({u_n} = \frac{{4n + 5}}{{n + 1}} > 0,\,\,\forall n \in \mathbb{N}*\)

Mặt khác \[{u_n} = \frac{{4n + 5}}{{n + 1}} = \frac{{4\left( {n + 1} \right) + 1}}{{n + 1}} = 4 + \frac{1}{{n + 1}} \le 4 + \frac{1}{2} = \frac{9}{2}\]

\[ \Rightarrow {u_n} \le \frac{9}{2},\,\,\forall n \in \mathbb{N}*\].

Suy ra \[0 < {u_n} \le \frac{9}{2},\,\,\forall n \in \mathbb{N}*\].

Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn.

a) Trong \[\left( {SDC} \right)\] gọi \[\left\{ I \right\} = SM \cap DC\].

Trong \[\left( {ABCD} \right)\]gọi \[\left\{ N \right\} = BI \cap AC\].

Ta có:\[\left\{ \begin{array}{l}N \in BI \subset \left( {SBM} \right)\\N \in AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow N \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBM} \right)\]

Mà\[S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBM} \right)\]

Vậy \[SN = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBM} \right)\]

b) Trong \[\left( {SBI} \right)\]gọi \[\left\{ K \right\} = BM \cap SN\]

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}K\in BM\\ K\in SN\subset \left(SAC\right)\end{array}\right.\Rightarrow K=BM\cap \left(SAC\right)$

Vậy \[K = BM \cap \left( {SAC} \right)\].

c) Trong \[\left( {SAC} \right)\]gọi \[E = SC \cap AK\].

Trong \[\left( {SDC} \right)\] gọi \[F = ME \cap SD\].

Ta có: giao điểm của \[\left( {MAB} \right)\]với các cạnh \[SC,{\rm{ }}SD\] lần lượt là \[E,{\rm{ }}F\] từ đó suy ra:

\[\left( {MAB} \right) \cap \left( {SAB} \right) = AB;\,\,\left( {MAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = BE;\,\,\left( {MAB} \right) \cap \left( {SDC} \right) = EF.\]

\[\left( {MAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = FE\].

Vậy thiết diện là tứ giác \[ABEF.\]

Diện tích của hình vuông lập thành cấp số nhân với số hạng đầu tiên là \({u_1} = \frac{1}{4};\,\,q = \frac{1}{4}.\)

Do đó số hạng tổng quát của là \({u_n} = \frac{1}{4} \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n\, - \,1}} = \frac{1}{{{4^n}}}\,\,\left( {n \ge 1} \right)\).

Để tính diện tích của hình vuông tô màu nhỏ hơn \(\frac{1}{{1\,\,000}}\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

Khi đó \(\frac{1}{{{4^n}}} < \frac{1}{{1\,\,000}}\, \Leftrightarrow {4^n} > 1\,\,000 \Rightarrow n \ge 5.\)

Vậy tô màu từ hình vuông thứ 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.