Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: B

Theo lí thuyết: cho hai tia O a và O b , sẽ có vô số góc lượng giác có tia đầu là O a và tia cuối là O b .

Đáp án đúng là: A

Theo lí thuyết: Trong mặt phẳng tọa độ O x y , đường tròn lượng giác là đường tròn có tâm trùng với gốc tọa độ và bán kính bằng 1 . Trên đường tròn này chọn điểm A ( 1 ; 0 ) làm gốc, chiều dương là chiều ngược chiều quay của kim đồng hồ và chiều âm là cùng chiều quay của kim đồng hồ.

Đáp án đúng là: B

Ta có c o s 2 a = c o s 2 a – s i n 2 a = 2 c o s 2 a − 1 = 1 − 2 s i n 2 a .

Đáp án đúng là: A

s i n x + s i n 3 x = 2 s i n x + 3 x 2 c o s x − 3 x 2 = 2 s i n 2 x c o s ( − x ) = 2 s i n 2 x c o s x .

Đáp án đúng là: C

Tập xác định của hàm số y = s i n x là D = ℝ .

Đáp án đúng là: C

Xét hàm số y = c o s x

Tập xác định: D = ℝ

Khi đó ∀   x ∈ D ⇒ − x ∈ D

Ta có f ( − x ) = c o s ( − x ) = c o s x = f ( x )

Vậy y = c o s x là hàm số chẵn.

Đáp án đúng là: A

Các hàm số y = c o s x ,   y = s i n x   tuần hoàn với chu kỳ T = 2 π .

Đáp án đúng là: C

Ta có s i n x = 1 ⇔ x = π 2 + k 2 π ( k ∈ ℤ ) .

Do đó x = π 2 là một nghiệm của phương trình s i n x = 1 .

Đáp án đúng là: B

Vì x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ± 1 .

2 x 2 = 2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ± 1 .

Hai phương trình có cùng tập nghiệm nên tương đương nhau.

Đáp án đúng là: D

Vì t a n x = 3 = t a n π 3 nên tất cả nghiệm của phương trình là x = π 3 + k π , k ∈ ℤ .

Đáp án đúng là: C

Vì dãy số ( u n ) là dãy số tự nhiên chẵn theo thứ tự tăng dần và u 1 = 2 nên u 2 = 4 ; u 3 = 6 ; u 4 = 8 ; u 5 = 1 0 .

Đáp án đúng là: A

Ta có u n + 1 − u n = 2 > 0 , ∀ n ∈ ℕ * . Suy ra ( u n ) là dãy số tăng.

Đáp án đúng là: B

Chỉ cần tồn tại hai cặp số hạng liên tiếp của dãy số có hiệu khác nhau: u m + 1 − u m = u k + 1 − u k thì kết luận ngay dãy số đó không phải là cấp số cộng.

Xét đáp án A: 2 ; 5 ; 8 ; 1 1 ; 1 4 . . . → 3 = u 2 − u 1 = u 3 − u 2 = u 4 − u 3 = ⋯ → Loại A

Xét đáp án B: 2 ; 4 ; 8 ; 1 0 ; 1 4 . . . → 2 = u 2 − u 1 = u 3 − u 2 = 4 → Chọn B

Xét đáp án C: 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . . . → 1 = u 2 − u 1 = u 3 − u 2 = u 4 − u 3 = ⋯ → Loại C

Xét đáp án D: 1 5 ; 1 0 ; 5 ; 0 ; − 5 ; . . . → − 5 = u 2 − u 1 = u 3 − u 2 = u 4 − u 3 = ⋯ → Loại D.

Đáp án đúng là: A

Ta có: u n = 3 n − 7 ⇒ u 1 = 3 . 1 − 7 = − 4 ; u n − u n − 1 = ( 3 n − 7 ) − ( 3 n − 3 − 7 ) = 3 ⇒ d = 3 .

Đáp án đúng là: C

Xét đáp án C ta có { u 1 = 2 u n + 1 = − 5 u n theo định nghĩa ( u n ) là một cấp số nhân có số hạng đầu u 1 = 2 và công bội q = − 5 .

Đáp án đúng là: C

Ta có:

8 2 = 3 2 8 = 1 2 8 3 2 = 5 1 2 1 2 8 = 4 nên dãy số đã cho là một cấp số nhân với công bội q = 4 .

Đáp án đúng là: A

Từ bảng kết quả ta thấy chiều cao trong khoảng [ 1 5 4 ; 1 5 6 ) có số học sinh là 40.

Đáp án đúng là: D

Quan sát mẫu số liệu trên ta thấy số vận động viên thuộc nhóm [ 3 4 ; 3 6 ) là nhiều nhất.

Đáp án đúng là: B

Ta có giá trị đại diện của nhóm [ 6 0 ; 8 0 ) là 6 0 + 8 0 2 = 7 0 .

Đáp án đúng là: C

Cỡ mẫu là: n = 5 + 9 + 1 2 + 1 0 + 6 = 4 2 .

Trung vị là x 2 1 + x 2 2 2 . Do hai giá trị x 2 1 ,     x 2 2 thuộc nhóm [ 4 0 ; 6 0 ) nên nhóm chứa trung vị là [ 4 0 ; 6 0 ) .

Đáp án đúng là: C

t a n 2 1 5 ° = 1 c o s 2 1 5 ° − 1 = 4 2 + 3 − 1 = ( 2 − 3 ) 2 ⇒ t a n 1 5 ° = 2 − 3 .

Đáp án đúng là: A

Ta có t a n ( α − π 4 ) = t a n α − t a n π 4 1 + t a n α t a n π 4 = 2 − 1 1 + 2 . 1 = 1 3 .

Đáp án đúng là: D

Ta có c o s 2 x = 1 − 2 s i n 2 x = 1 − 2 . ( 1 2 ) 2 = 1 2 .

Đáp án đúng là: B

Trong các mệnh đề trên có mệnh đề ( 2 ) và ( 4 ) là hai mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: C

Từ đồ thị suy ra c o t x = 0 ⇔ [ x = − π 2 x = π 2 x = 3 π 2

Vậy có 3 giá trị của x ∈ [ − π 2 ; 2 π ] để c o t x = 0 .

Đáp án đúng là: D

c o t 2 x = c o t π 3 ⇔ 2 x = π 3 + k π ⇔ x = π 6 + k π 2 , k ∈ ℤ .

Đáp án đúng là: A

Do | c o s x | ≤ 1 , ∀ x ∈ ℝ nên phương trình: c o s x − m = 0 ⇔ c o s x = m có nghiệm khi | m | ≤ 1 và vô nghiệm khi | m | > 1 .

Đáp án đúng là: B

Ta có: a 2 = 1 1 . Loại A.

c 3 = 8 . Loại C.

d 2 = 4 3 2 . Loại D.

Đáp án đúng là: A

* Xét công thức { u 1 = u 2 = 1 u n + 2 = u n + 1 + u n , ∀ n ∈ ℕ * .

Ta có: u 3 = u 2 + u 1 = 2 ;   u 4 = u 3 + u 2 = 3 ;   u 5 = u 4 + u 3 = 5 ;   u 6 = u 5 + u 4 = 8   . Công thức thỏa mãn.

* Xét công thức { u 1 = 1 u n + 1 = n + u n , ∀ n ∈ ℕ * .

Ta có: u 2 = 1 + u 1 = 2 . Công thức không thỏa mãn.

* Xét công thức { u 1 = 1 u n + 1 = 2 u n − n , ∀ n ∈ ℕ * .

Ta có: u 2 = 2 u 1 − 1 = 1 ;   u 3 = 2 u 2 − 1 = 1 . Công thức không thỏa mãn.

* Xét công thức { u 1 = u 2 = 1 u n + 2 = 3 u n + 1 − u n , ∀ n ∈ ℕ * .

Ta có: u 3 = 3 u 2 − u 1 = 2 ;   u 4 = 3 u 3 − u 2 = 5 ;   u 5 = 3 u 4 − u 3 = 1 0   . Công thức không thỏa mãn.

Đáp án đúng là: C

Giả sử u 1 là số hạng đầu, d là công sai của cấp số cộng.

Ta có

{ u 2 0 = 1 3 5 u 3 5 = 2 4 0 ⇔ { u 1 + 1 9 d = 1 3 5 u 1 + 3 4 d = 2 4 0 ⇔ { u 1 = 2 d = 7 ⇒ u 9 0 = u 1 + 8 9 d = 6 2 5

Đáp án đúng là: A

Ta có { u 1 = 1 4 d = − 1 5 → S 5 = 5 u 1 + 5 . 4 2 d = 5 . 1 4 + 1 0 . ( − 1 4 ) = − 5 4 .

Đáp án đúng là: D

Ta có: u4=u1. q3 và u5=u1. q4 . Chia vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được

u 4 u 5 = u1. q3 u1. q4 = 1 q ⇔ − 1 0 8 − 3 2 4 = 1 q ⇒ q = 3

Khi đó, u4=u1. q3⇔−108=u1. 33⇒u1=−4.

Vậy cấp số nhân ( u n ) có số hạng đầu u 1 = − 4 và q = 3 .

Đáp án đúng là: C

Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân, ta có: u 2=u1. q1⇔52=5. q⇒q=12

Vậy cấp số nhân ( u n ) có số hạng đầu u 1 = 5 và q = 1 2 . Gọi S là tổng 8 số hạng đầu của cấp số nhân trên.

Ta được S = 5 [ 1 − ( 1 2 ) 8 ] 1 − 1 2 = 1 2 7 5 1 2 8 .

Đáp án đúng là: C

Ta có:

Thời gian trung bình (phút) để hoàn thành bài tập của các em học sinh là:

x ¯ = 2 . 2 + 4 . 6 + 7 . 1 0 + 4 . 1 4 + 3 . 1 8 2 0 = 1 0 , 4 (phút).

Đáp án đúng là: A

Tần số lớn nhất là 7 nên nhóm chứa mốt là [ 2 0 ; 3 0 ) . Ta có:

j = 3 , a 3 = 2 0 , m 3 = 7 , m 2 = 6 ,     m 4 = 5 , h = 1 0 . Do đó:

M o = 2 0 + 7 − 6 ( 7 − 6 ) + ( 7 − 5 ) . 1 0 = 7 0 3 .

a) s i n 2 x − 3 s i n x + 2 = 0

Đặt s i n x = t , t ∈ [ − 1 ; 1 ] . Phương trình đã cho trở thành

t 2 − 3 t + 2 = 0 ⇔ [ t = 1 t = 2 ( L o a i ) ⇔ t = 1

⇒ s i n x = 1 ⇔ x = π 2 + k 2 π , k ∈ ℤ .

b) ( s i n 2 x + c o s 2 x ) 2 + 3 c o s 4 x = 2

⇔ s i n 2 2 x + c o s 2 2 x + 2 s i n 2 x c o s 2 x + 3 c o s 4 x = 2

⇔ s i n 4 x + 3 c o s 4 x = 1

⇔ 1 2 s i n 4 x + 3 2 c o s 4 x = 1 2

⇔ s i n 4 x c o s π 3 + c o s 4 x s i n π 3 = 1 2

⇔ s i n ( 4 x + π 3 ) = 1 2

⇔ s i n ( 4 x + π 3 ) = s i n π 6

⇔ [ 4 x + π 3 = π 6 + k 2 π 4 x + π 3 = π − π 6 + k 2 π ( k ∈ ℤ )

⇔ [ x = − π 2 4 + k π 2 x = π 8 + k π 2 ( k ∈ ℤ ) .

Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 )

Phương trình đã cho trở thành t 2 + 2 ( 2 a + 1 ) x 2 − 3 a = 0             ( ∗ )

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi phương trình ( ∗ ) có hai nghiệm dương phân biệt.

⇔ { Δ ′ > 0 − 2 ( 2 a + 1 ) > 0 − 3 a > 0 ⇔ { ( 2 a + 1 ) 2 + 3 a > 0 2 a + 1 < 0 a < 0 ⇔ { 4 a 2 + 7 a + 1 > 0 a < − 1 2 a < 0

⇔ { [ a < − 7 − 3 3 8 a > − 7 + 3 3 8 a < − 1 2 a < 0 ⇔ − 7 − 3 3 8 < a < − 1 2

Phương trình trùng phương đã cho có hai cặp nghiệm đối nhau lập thành một cấp số cộng.

Giả sử một nghiệm là m ⇒ ba nghiệm còn lại lần lượt là − m ; − 3 m ; 3 m .

Suy ra phương trình ( ∗ ) có hai nghiệm phân biệt m 2 và 9 m 2 .

Theo Vi-et ta có: { m 2 + 9 m 2 = − 2 ( 2 a + 1 ) m 2 . 9 m 2 = − 3 a ⇔ { m 2 = − 2 a + 1 5 m 4 = − a 3 .

⇒ ( − 2 a + 1 5 ) 2 = − a 3 ⇔ 1 2 a 2 + 3 7 a + 3 = 0 ⇔ [ a = − 1 1 2 a = − 3 .

So với điều kiện ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn.

Cỡ mẫu: n = 3 + 6 + 1 2 + 6 + 3 = 3 0 .

Gọi x 1 , x 2 , . . . , x 3 0 là khối lượng của 30 củ khoai tây và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Khi đó, trung vị là x 1 5 + x 1 6 2 và tứ phân vị thứ nhất Q 1 là x 8 . Do x 8 thuộc nhóm [ 8 0 ; 9 0 ) nên nhóm này chứa Q 1 .

Do đó: p = 2 , a 2 = 8 0 , m 2 = 6 , m 1 = 3 , a 3 − a 2 = 1 0 . Ta có:

Q 1 = 8 0 + 3 0 4 − 3 6 . 1 0 = 8 7 , 5 .

Vậy 75% số lượng khoai tây nặng ít nhất là 87,5 gam.