Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 18
19 câu hỏi
Hình tứ diện có 6 mặt.
Hình tứ diện có 6 đỉnh.
Hình tứ diện có 4 cạnh.
Hình tứ diện có 4 mặt.
Hình tứ diện (còn được gọi là chóp tam giác) có 4 đỉnh, 6 cạnh, 3 mặt bên và 1 mặt đáy là hình tam giá
Hai đường thẳng phân biệt lần lượt thuộc hai mặt phẳng khác nhau thì chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt không song song thì chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì không chéo nhau.
\(\frac{\pi }{2}\).
\(\frac{{3\pi }}{4}\).
\(\frac{{2\pi }}{3}\).
\(\frac{\pi }{6}\).
\(y = \tan 2x\)
\(y = \cot 2x\).
\(y = \cot x\).
\(y = \tan x\).
\(\cos \left( { - a} \right) = \cos a\).
\(\tan \left( { - a} \right) = \tan a\).
\(\sin \left( { - a} \right) = - \sin a\).
\(\cot \left( { - a} \right) = - \cot a\).
Ta có: \(\tan \left( { - a} \right) = - \tan a\) nên phương án A là sai.
\({u_n} = {u_1} + (n - 1).d\), \(\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).
\({u_n} = {u_{n - 1}} + d\), \(n \ge 2\).
\({S_{12}} = \frac{n}{2}\left( {2{u_1} + 11d} \right)\).
\({u_5} = \frac{{{u_1} + {u_9}}}{2}\).
Ta có công thức tổng \(n\)số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: \({S_n} = n{u_1} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)d}}{2}\)
Suy ra \({S_{12}} = 12{u_1} + \frac{{12.11.d}}{2}\)\( = 6\left( {2{u_1} + 11d} \right)\)\( \ne \frac{n}{2}\left( {2{u_1} + 11d} \right)\).
\({\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}\).
\(1 + \cos 4x = 2{\cos ^2}2x\).
\(\cos x = {\sin ^2}\frac{x}{2} - {\cos ^2}\frac{x}{2}\).
\(\sin 2x = 2\sin x\cos x\).
Áp dụng công thức nhân đôi, ta có \(\cos x = {\cos ^2}\frac{x}{2} - {\sin ^2}\frac{x}{2}\) nên B là đáp án sai.
\({u_4} = 1\).
\({u_4} = \frac{5}{9}\).
\({u_4} = \frac{{14}}{{27}}\).
\({u_4} = \frac{2}{3}\).
Chọn B
Ta có \({u_2} = \frac{1}{3}\left( {{u_1} + 1} \right) = \frac{1}{3}\left( {2 + 1} \right) = 1\); \({u_3} = \frac{1}{3}\left( {{u_2} + 1} \right) = \frac{2}{3}\). Do đó \({u_4} = \frac{1}{3}\left( {{u_3} + 1} \right) = \frac{5}{9}\).
\[x = - \frac{\pi }{2} + k\pi \].
\[x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \].
\[x = k\pi \].
\[x = \frac{\pi }{6} + k\pi \].
Chọn B
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 19 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Tứ giác \(HKMN\) với \(N \in AD\).
Tam giác \(HKL\) với \(L = KM \cap AD\).
Tam giác \(HKL\) với \(L = HM \cap AD\).
Hình thang \(HKMN\) với \(N \in AD\) và \(HK//MN\).
Chọn B
Có KM và AD đồng phẳng trong mp(ACD) và KM cắt AD. Tức là
\((HKM)\) cắt (ACD) theo đoạn giao tuyến KL
\((HKM)\) cắt (ABD) theo đoạn giao tuyến HL
Vậy thiết diện là tam giác HKL
\(AD\).
\(BJ\).
\(BI\).
\[IJ\].
Ta có, \(S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\)
Lại có, \(AB\parallel CD\) mà \(AB \subset \left( {SAB} \right);CD \subset \left( {SCD} \right)\).
Nên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\). Hay song song với \(BI\) (Vì \(I \in AB\)).
Bạn An chơi trò chơi xếp các que diêm thành tháp theo qui tắc thể hiện như hình vẽ. Để xếp được tháp có \[10\] tầng thì bạn An cần đúng bao nhiêu que diêm?
\(270\).
\(100\).
\(210\).
\(39\).
Số que ở \[1\] tầng là \[{u_1} = 3\].
Tổng số que ở \[2\] tầng là \[{u_1} + {u_2} = 3 + 7\].
Tổng số que ở \[3\] tầng là \[{u_1} + {u_2} + {u_3} = 3 + 7 + 11\].
Ta có cấp số cộng \[{u_1} = 3\], \[d = 4\], tính \[{S_{10}}\]?
Để cần có \[10\] tầng cần tổng \[{S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left( {2.3 + 9.4} \right) = 210\] que.
|
a) |
Đ |
b) |
S |
c) |
Đ |
d) |
Đ |
(Đúng) \(BB'\parallel \left( {ACC'A'} \right)\)
(Vì): Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BB'\parallel AA'}\\{AA' \subset \left( {ACC'A'} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow BB'\parallel \left( {ACC'A'} \right)\).
Vậy mệnh đề \(BB'\parallel \left( {ACC'A'} \right)\) đúng.
(Đúng) \((ABC)\parallel \left( {A'B'C'} \right)\)
(Vì): Ta có \((ABC)\parallel \left( {A'B'C'} \right)\) (do \((ABC)\), \(\left( {A'B'C'} \right)\) là hai mặt phẳng chứa hai đáy của lăng trụ nên song song với nhau).
Vậy mệnh đề \((ABC)\parallel \left( {A'B'C'} \right)\) đúng.
(Sai) \(IG\) cắt \(\left( {BCC'B'} \right)\)
(Vì): Gọi \(M\), \(M'\) lần lượt là trung điểm của \(BC\), \(B'C'\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(CC'\), tam giác \(AMN\) có
\(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}\) (tính chất trọng tâm).
Suy ra \(IG\parallel MN\) mà \(MN \subset \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(IG\parallel \left( {BCC'B'} \right)(1)\).
Vậy mệnh đề \(IG\) cắt \(\left( {BCC'B'} \right)\) sai.
(Đúng) \((IKG)\parallel \left( {BCC'B'} \right)\)
(Vì): \(MM'\) là đường trung bình của hình bình hành \(BCC'B'\) nên
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MM'\parallel BB'}\\{MM' = BB'}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MM'\parallel AA'}\\{MM' = AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow AMM'A'\) là hình bình hành.
Vì \(I\), \(K\) theo thứ tự là trọng tâm các tam giác \(ABC\), \(A'B'C'\) nên
\(IM = KM' = \frac{1}{3}A'M' = \frac{1}{3}AM\), mà \(IM\parallel KM'\) nên \(IKM'M\) là hình bình hành.
Suy ra \(IK\parallel MM'\), \(MM' \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow IK\parallel \left( {BCC'B'} \right)(2)\).
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \((IKG)\parallel \left( {BCC'B'} \right)\). Vậy mệnh đề \((IKG)\parallel \left( {BCC'B'} \right)\) đúng.
|
a) |
S |
b) |
S |
c) |
Đ |
d) |
Đ |
(Sai) Với \(m = 0\), phương trình có nghiệm là \(x = \frac{{k\pi }}{4}\)
(Vì): Với \(m = 0\), ta có \(\sin 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}\) nên a đúng.
(Đúng) Phương trình có nghiệm là \(x = \frac{\pi }{3}\) khi \(m = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
(Vì): Phương trình có nghiệm là \(x = \frac{\pi }{3}\) khi \(m = \sin \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên b sai.
(Đúng) Phương trình có nghiệm khi \(m \in [ - 1;1]\)
(Vì): Phương trình có nghiệm khi \(m \in [ - 1;1]\) nên c sai.
(Sai) Phương trình có một nghiệm trên \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) khi \(m \in (0;1)\)
(Vì): Ta có \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) nên \(2x \in (0;\pi )\). Dưa vào đường tròn lượng giác ta thấy phương trình có \(\sin 2x = m\) hai nghiệm phân biệt trên \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) khi \(m \in (0;1)\).
Gọi \({u_n}\) là số triệu đồng mà cô Thảo có trong chương trình tích luỹ ở lần gửi thứ \(n\) (vào đầu tháng thứ \(n\)).
Kí hiệu \(a = 0,5\) triệu đồng, \(r = 0,5{\rm{\% }}\).
Số tiền của cô Thảo trong chương trình ở đầu tháng 1 là \({u_1} = a\).
Số tiền của cô Thảo trong chương trình ở đầu tháng 2 là \({u_2} = {u_1}\left( {1 + r} \right) + a\).
Số tiền của cô Thảo trong chương trình ở đầu tháng 3 là
\({u_3} = {u_2}\left( {1 + r} \right) + a = a{(1 + r)^2} + a\left( {1 + r} \right) + a{\rm{.\;}}\)
Tương tự cho các tháng tiếp theo, suy ra số tiền của cô Thảo trong chương trình ở đầu tháng \(n\) là: \({u_n} = a{\left( {1 + r} \right)^{n - 1}} + a{\left( {1 + r} \right)^{n - 2}} + \ldots + a\left( {1 + r} \right) + a = a\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{{\left( {1 + r} \right) - 1}} = a\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}{\rm{.\;}}\)
Vào thời điểm gửi khoản tiền thứ 180, cô ấy sẽ tích luỹ được \({u_{180}} = a\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{180}} - 1}}{r} = 145,41\) (triệu đồng). Khi đó, tuổi của con gái cô Thảo là \(4 + 180:12 = 19\) tuổi.
Một vệ tinh bay quanh Trái Đất theo một quỹ đạo hình Elip (như hình vẽ):
Độ cao \(h\) (tính bằng kilômet) của vệ tinh so với bề mặt Trái Đất được xác định bởi công thức \(h = 550 + 450 \cdot \cos \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}}} \right)\). Trong đó \(t\) là thời gian tính bằng phút kể từ lúc vệ tinh bay vào quỹ đạo. Người ta cần thực hiện một thí nghiệm khoa học khi vệ tinh cách mặt đất xa nhất trong khoảng 120 phút đầu tiên kể từ lúc vệ tinh bay vào quỹ đạo, hãy tìm thời điểm để có thể thực hiện thí nghiệm đó? (làm tròn kết quả đến hàng phần chục theo đơn vị phút).
Ta có \( - 1 \le \cos \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow 100 \le 550 + 450\cos \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}}} \right) \le 1000 \Leftrightarrow 100 \le h \le 1000\)
Suy ra, \(h\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(1000\) khi \(\cos \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}} = k2\pi \Leftrightarrow t = - 12,5 + 100k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Mà \(t \in \left[ {0;120} \right]\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le - 12,5 + 100k \le 120\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,125 \le k \le 1,325\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 1\).
Với \(k = 1\) thì \(t = 87,5\).
Vậy thời điểm thực hiện thí nghiệm là \(87,5\) phút.
Ta thấy số hàng cây trên lập thành cấp số cộng \(({u_n})\), với \({u_1} = 1\) và \(d = 1\).
Gọi \({u_n}\) với \(n \in {\mathbb{N}^*}\) là số hàng cây do đó ta có
\(\begin{array}{*{20}{l}}{3003 = \frac{n}{2} \cdot [2 \cdot 1 + (n - 1) \cdot 1]}\\{ \Leftrightarrow n(n + 1) = 6006}\\{ \Leftrightarrow {n^2} + n - 6006 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 77{\rm{ (th?a m\~a n)}}}\\{n = - 78{\rm{ (lo?i)}}{\rm{.}}}\end{array}} \right.}\end{array}\)
Vậy có \(77\) hàng cây.
Một cây cầu có dạng cung \(OA\) của đồ thị hàm số \(y = 4,8 \cdot \sin \frac{x}{9}\) và được mô tả trong hệ trục tọa độ với đơn vị trục là mét.
Giả sử chiều rộng của con sông là độ dài đoạn thẳng \(OA\). Tìm chiều rộng đó (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Trong \[\left( {ABCD} \right)\] gọi \[I = AC \cap BD\].
Trong \[\left( {SAC} \right)\] gọi \[K = MC \cap SI\].
Ta có \[K \in SI \subset \left( {SBD} \right)\] và \[K \in MC\] nên \[K = MC \cap \left( {SBD} \right)\].
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.
