Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 19
19 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc \(A,\,B,\,C\)thỏa mãn đẳng thức \(\sin A = \cos B + \cos C\). Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?Tam giác \(ABC\) là tam giác đều.
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) hoặc \(C\).
Tam giác \(ABC\)vuông tại \(B\).
Chọn B
Nếu tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\), thì \(\sin A = \cos B + \cos C\)là đẳng thức đúng.
Vậy ta chọn phương án C .
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
Chọn C
Theo công thức đổi đơn vị đo góc, ta có:
Song song nhau.
Chéo nhau.
Có thể song song hoặc cắt nhau.
Cắt nhau.
Chọn B
Ta có \(a\) và \(b\) chéo nhau nên \(A,\,\,B,\,\,C,\,D\) không đồng phẳng. Do đó \(AD\) và \(BC\) chéo nhau.
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{5\pi }}{6} + k\pi } \right\}\), \(k \in \mathbb{Z}\).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi } \right\}\), \(k \in \mathbb{Z}\).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{5\pi }}{{12}} + k\frac{\pi }{2}} \right\}\), \(k \in \mathbb{Z}\).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{5\pi }}{6} + k\frac{\pi }{2}} \right\}\), \(k \in \mathbb{Z}\).
Chọn C
Hàm số đã cho xác định khi \(\cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0\)\( \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{3} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \)\( \Leftrightarrow x \ne \frac{{5\pi }}{{12}} + k\frac{\pi }{2}\), \(k \in \mathbb{Z}\).
Vậy TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{5\pi }}{{12}} + k\frac{\pi }{2}} \right\}\), \(k \in \mathbb{Z}\).
\(\sin 2a = 2\sin a\cos a\).
\[\sin 2a = {\cos ^2}a - {\sin ^2}a\].
\(\sin 2a = \sin a + \cos a\).
\(\sin 2a = 2\sin a\).
Chọn A
Công thức đúng là \(\sin 2a = 2\sin a\cos a\).
\(x \in \emptyset \).
\(x \in \mathbb{R}\).
\(\left[ \begin{array}{l}x = \arcsin \left( {\frac{3}{2}} \right) + k2\pi \\x = \pi - \arcsin \left( {\frac{3}{2}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(\left[ \begin{array}{l}x = \arcsin \left( {\frac{3}{2}} \right) + k2\pi \\x = - \arcsin \left( {\frac{3}{2}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Chọn A
Ta có: \(2\sin x - 3 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{3}{2} > 1\) nên phương trình vô nghiệm.
\({u_8} = 3\).
\({u_8} = - 3\).
\({u_8} = \sqrt 8 \).
\({u_8} = - \sqrt 8 \).
Chọn B
Ta có \({u_8} = {\left( { - 1} \right)^{8 + 1}}\sqrt {8 + 1} = - 3\).
Dãy số nào sau đây là cấp số cộng?
\(1;\, - 3;\,9;\, - 27;\,81\) .
\(1;\, - 1;\,1;\, - 1;\,1\) .
\[1;\,2;\,3;\,4;5\].
\(1;\,2;\,4;\,8;\,16\) .
Chọn C
3 đường thẳng trên chứa 3 cạnh của một tam giác.
3 đường thẳng trên trùng nhau.
3 đường thẳng trên đồng quy.
Các khẳng định ở A, B, C đều sai.
Hai đường thẳng cắt nhau sẽ xác định được một mặt phẳng.
Giả sử \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {{d_1},{d_2}} \right) = \left( P \right)\\\left( {{d_1},{d_3}} \right) = \left( Q \right)\\\left( {{d_2},{d_3}} \right) = \left( R \right)\end{array} \right.\). Khi đó 3 mặt phẳng \(\left( P \right),\left( Q \right),\left( R \right)\) đôi một cắt nhau bởi 3 giao tuyến \({d_1},{d_2},{d_3}\) phân biệt và 3 giao tuyến này hoặc song song hoặc đồng quy.
Theo đề bài \({d_1},{d_2},{d_3}\) cắt nhau.
Suy ra \({d_1},{d_2},{d_3}\) đồng quy.
\[\left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO\].
\[IO{\rm{// mp}}\left( {SAB} \right)\].
\[{\rm{mp}}\left( {IBD} \right)\]cắt hình chóp \[S.ABCD\]theo thiết diện là một tứ giá
\[IO{\rm{ // mp}}\left( {SAD} \right)\].
Ta có: \(\left. \begin{array}{l}OI{\rm{//}}SA\\OI \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OI{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\)nên B đúng.
Ta có: \(\left. \begin{array}{l}OI{\rm{//}}SA\\OI \not\subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OI{\rm{//}}\left( {SAD} \right)\)nên D đúng.
Ta có: \(\left( {IBD} \right)\)cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác \(IBD\)nên A sai.
Ta có: \[\left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO\]nên C đúng.
\(SC\).
đường thẳng qua \(G\) và cắt\(BC\).
đường thẳng qua \(G\) và song song với\(CD\).
đường thẳng qua \(S\)và song song với\(AB\).
Do \(I,J\)lần lượt là trung điểm của \(AD\)và \(BC\)nên \(IJ\) là đường trung bình của hình thang \(ABCD\), suy ra \(IJ\parallel AB\).
Ta có \[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right)\\IJ \subset \left( {IJG} \right),AB \subset \left( {SAB} \right)\\IJ\parallel \;AB\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx\parallel IJ\parallel AB\parallel CD\end{array}\]
Vậy giao tuyến của \(\left( {SAB} \right)\)và \(\left( {IJG} \right)\) là đường thẳng đi qua \(G\) và song song với \(CD\).
\(0,071{m^2}\) .
\(1,14{m^2}\) .
\(0,285{m^2}\) .
\(145,92{m^2}\) .
Ta có \(R = 60m = O{A_1}\), Suy ra trong tam giác \({A_1}O{B_1}\) ta có \({A_1}{B_1}^2 = 2O{A_1}^2 - 2O{A^2}_1.cos{120^0}\) \( \Rightarrow {A_1}{B_1}^2 = {2.60^2} + {2.60^2}.\frac{1}{2} = 10800{m^2}\)
Mà các tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\), \({A_2}{B_2}{C_2}\), … có độ dài các cạnh là cấp số nhân với công bội \({q_c} = \frac{1}{2}\)
Nên diện tích các tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\), \({A_2}{B_2}{C_2}\), … là cấp số nhân với công bội \({q_S} = \frac{1}{4}\)
\({S_1} = {S_{{A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{{{A_1}{B_1}^2.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{10800\sqrt 3 }}{4} = 2700\sqrt 3 {m^2}\)
\({S_9} = {S_1}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^8} = 0,285{m^2}\)
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 2. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \({G_1}\), \({G_2}\) là trọng tâm của các tam giác \(A'BD\), \(B'D'C\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
a) Đường thẳng \(A'B\) cắt đường thẳng \(CD\).
b) \(A'D'CB\)là hình bình hành.
c) \(\left( {A'BD} \right)\parallel \left( {B'D'C} \right)\).
d) \({G_1}{G_2} = \frac{2}{3}AC'\).
(Sai) Đường thẳng \(A'B\) cắt đường thẳng \(CD\)
(Vì): Do \(A' \notin \left( {BCD} \right)\) nên đường thẳng \(A'B\) và đường thẳng \(CD\) chéo nhau.
Vậy mệnh đề đường thẳng \(A'B\) cắt đường thẳng \(CD\) sai.
(Đúng) \(A'D'CB\) là hình bình hành
(Đúng) \(\left( {A'BD} \right)\parallel \left( {B'D'C} \right)\)
(Sai) \({G_1}{G_2} = \frac{2}{3}AC'\)
Cho phương trình \(\left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\cos x + 1} \right) = 0\). Xét tính đúng sai của các khẳng định sau.
a) \(x = \frac{\pi }{6}\)là một nghiệm của phương trình.
b) Nghiệm âm lớn nhất của phương trình là \(x = \frac{{ - 7\pi }}{6}\).
c) Phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \pi + k2\pi }\end{array}} \right.\).
d) Tổng các nghiệm của phương trình thuộc nửa khoảng \(\left[ { - 2\pi ;3\pi } \right)\) bằng \(3\pi \).
a) | Đ | b) | S | c) | S | d) | Đ |
(Đúng) \(x = \frac{\pi }{6}\) là một nghiệm của phương trình
(Vì): Thay \(x = \frac{\pi }{6}\) thỏa mãn phương trình.
(Sai) Phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \pi + k2\pi }\end{array}} \right.\)
(Vì): Ta có \(\left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\cos x + 1} \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = \frac{1}{2}}\\{\cos x = - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \pi + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
(Sai) Nghiệm âm lớn nhất của phương trình là \(x = \frac{{ - 7\pi }}{6}\)
(Vì): Với \(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi < 0 \Rightarrow k \le - 1\). Nghiệm âm lớn nhất là \(x = \frac{{ - 11\pi }}{6}\). Với \(x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi < 0 \Rightarrow k \le - 1\). Nghiệm âm lớn nhất là \(x = \frac{{ - 7\pi }}{6}\). Với \(x = \pi + k2\pi < 0 \Rightarrow k \le - 1\). Nghiệm âm lớn nhất là \(x = - \pi \).
(Đúng) Tổng các nghiệm của phương trình thuộc nửa khoảng \(\left[ { - 2\pi ;3\pi } \right)\) bằng \(3\pi \)
(Vì): Theo ý trên ta thấy phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \pi + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
TH 1: Với \(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \in \left[ { - 2\pi ;3\pi } \right) \Rightarrow - 2\pi < \frac{\pi }{6} + k2\pi < 3\pi \Rightarrow - 1 \le k \le 1 \Rightarrow T = \frac{\pi }{2}\).
TH 2: \(x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \in \left[ { - 2\pi ;3\pi } \right) \Rightarrow - 2\pi \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi < 3\pi \Rightarrow - 1 \le k \le 1 \Rightarrow T = \frac{{5\pi }}{2}\).
TH 3: \(x = \pi + k2\pi \in \left[ { - 2\pi ;3\pi } \right) \Rightarrow - 2\pi \le \pi + k2\pi < 3\pi \Rightarrow - 1 \le k < 1 \Rightarrow T = 0\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 2.
Giả sử một vật dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng theo phương trình \(x = 5\cos \left( {4t - \frac{\pi }{3}} \right)\) trong đó \(t\) là thời gian tính bằng giây và \(x\) là quãng đường tính bằng centimet. Hãy cho biết, trong khoảng 10 giây đầu tiên, vật đi qua vị trí cân bằng bao nhiêu lần.
Vật đi qua vị trí cân bằng khi \(x = 0\), tức là khi \(5\cos \left( {4t - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 4t - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\) \( \Leftrightarrow t = \frac{{5\pi }}{{24}} + k\frac{\pi }{4},k \in \mathbb{Z}\).
Xét bất phương trình \(0 \le t \le 10 \Leftrightarrow 0 \le \frac{{5\pi }}{{24}} + k\frac{\pi }{4} \le 10 \Leftrightarrow - \frac{5}{6} \le k \le \frac{{40}}{\pi } - \frac{5}{6}\).
Do \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \{ 0;1; \ldots ;11\} \). Vậy, trong khoảng 10 giây đầu tiên, vật đi qua vị trí cân bằng 12 lần.
Bác An gửi tiết kiệm vào ngân hàng 100 triệu đồng với hình thức lãi kép tức là số tiền lãi cộng vào tiền gốc và tiếp tục sinh lãi, kì hạn một năm với lãi suất \(4,7\% \)/năm. Tiền gốc và lãi hằng năm là cấp số nhân \({u_1} = 100\)triệu đồng, công bội \(q = 1 + 0,047\).
Bác An nhận được 10 năm: \({u_{11}} = 100{\left( {1 + 0,047} \right)^{10}} = 158,294\) triệu đồng
PHẦN IV. Câu hỏi tự luận. Thí sinh trình bày lời giải vào giấy làm bài.
Một kiến trúc sư thiết kế một hội trường với \(9\) ghế ở hàng thứ nhất, \(12\) ghế ở hàng thứ hai, \(15\) ghế ở hàng thứ ba, và cứ như vậy số ghế hàng sau hơn số ghế hàng trước là \(3\). Nếu muốn hội trường có sức chứa ít nhất \(561\) ghế ngồi thì kiến trúc sư đó phải thiết kế ít nhất bao nhiêu hàng ghế?Ta có số ghế mỗi hàng của hội trường lập thành cấp số cộng với \({u_1} = 9\) và công sai \(d = 3\).
Theo đề bài ta có \(n \cdot 9 + \frac{{n \cdot (n - 1) \cdot 3}}{2} \ge 561 \Leftrightarrow n \ge 17.\)
Vậy phải cần ít nhất \(17\) hàng ghế để thỏa mãn sức chứa ít nhất \(561\) ghế ngồi
Cho phương trình \(4\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) - 8\left( {{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x} \right) - 4{\sin ^2}4x = m\) trong đó \(m\) là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình có nghiệm?
\(\begin{array}{*{20}{l}}{4\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) - 8\left( {{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x} \right) - 4{{\sin }^2}4x = m}\\{ \Leftrightarrow 4\left( {1 - \frac{1}{2}{{\sin }^2}2x} \right) - 8\left( {1 - \frac{3}{4}{{\sin }^2}2x} \right) - 4\left( {1 - {{\cos }^4}4x} \right) = m}\\{ \Leftrightarrow 4{{\cos }^2}4x + 4{{\sin }^2}2x - 8 - m = 0}\\{ \Leftrightarrow 4{{\cos }^2}4x - 2\cos 4x - 6 - m = 0.(1)}\end{array}\)\tagEX{(1)}
Đặt \(t = \cos 4x \Rightarrow t \in [ - 1;1]\).
\((1)\)trở thành \(4{t^2} - 2t - 6 - m = 0(2)\) có \(\Delta ' = 25 + 4m\).
\((1)\)có nghiệm \( \Leftrightarrow (2)\) có nghiệm thỏa \(t \in [ - 1;1]\).
Nếu \(\Delta ' = 0 \Leftrightarrow m = - \frac{{25}}{4}\), \((2)\) có nghiệm kép \(t = \frac{1}{4} \in [ - 1;1]\) nên nhận \(m = - \frac{{25}}{4}\).
Nếu \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m > - \frac{{25}}{4}\), khi đó \((2)\) phải có \(2\) nghiệm phân biệt thỏa
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 \le {t_1} \le 1}\\{ - 1 \le {t_2} \le 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 \le \frac{{1 - \sqrt {25 + 4m} }}{4} \le 1(a)}\\{ - 1 \le \frac{{1 + \sqrt {25 + 4m} }}{4} \le 1(b).}\end{array}} \right.\)
Giải \((a)\): \((a) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - \sqrt {25 + 4m} \ge - 4}\\{1 - \sqrt {25 + 4m} \le 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {25 + 4m} \le 5}\\{\sqrt {25 + 4m} \ge - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge - \frac{{25}}{4}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - \frac{{25}}{4} \le m \le 0\).
Giải \((b)\): \((b) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + \sqrt {25 + 4m} \ge - 4}\\{1 + \sqrt {25 + 4m} \le 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {25 + 4m} \ge - 5}\\{\sqrt {25 + 4m} \le 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{25 + 4m \ge 0}\\{25 + 4m \le 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - \frac{{25}}{4} \le m \le - 4\).
Kết hợp lại, \((1)\) có nghiệm khi \( - \frac{{25}}{4} \le m \le 0\).
Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \{ - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0\} \).
Vậy có \(7\) giá trị nguyên \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình bình hành . Gọi \[M\] là trung điểm của \[SB\], \[N\] là trọng tâm \[\Delta SCD\]. Xác định giao điểm của \[MN\] và \[\left( {ABCD} \right)\]
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình bình hành . Gọi \[M\] là trung điểm của \[SB\], \[N\] là trọng tâm \[\Delta SCD\]. Xác định giao điểm của \[MN\] và \[\left( {ABCD} \right)\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/4-1761558732.png)
Giao điểm của \[MN\] và \[\left( {ABCD} \right)\]
Trong mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\]: Gọi \[E = SN \cap CD\]. Suy ra \[E\] là trung điểm của \[DC\]
Trong mặt phẳng \[\left( {SBE} \right)\]: Gọi \[F = BE \cap MN\]
Vì \[F \in BE\] mà \[BE \subset \left( {ABCD} \right)\] nên suy ra \[F \in \left( {ABCD} \right)\]
Ta có: \[\left. \begin{array}{l}F \in \left( {ABCD} \right)\\F \in MN\end{array} \right\} \Rightarrow F = MN \cap \left( {ABCD} \right)\]
Vậy \[F\] là giao điểm của đường thẳng \[MN\] với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\].
