Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 8
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.
Tìm tất cả các nghiệm của phương trình \[\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = 1\].
\[x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \]\[\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \]\[\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = \frac{\pi }{3} + k\pi \]\[\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \]\[\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
Chọn A
\(\frac{\pi }{{10}}\).
\(\frac{{3\pi }}{2}\).
\(\frac{{3\pi }}{5}\).
\(\frac{\pi }{4}\).
Chọn C
Do \({108^0} = \frac{{108}}{{180}}\pi \)\( = \frac{3}{5}\pi \)(rad).
\[\cos 2a = 2{\cos ^2}a - 1\].
\[\cos 2a = {\cos ^2}a - {\sin ^2}a\].
\[\cos 2a = 2\sin a\cos a\]
\[\cos 2a = 1 - 2{\sin ^2}a\].
Chọn C
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,;\,\,\frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\].
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\].
\[D = \mathbb{R}\].
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\].
ĐK: \[2\sin x - 1 \ne 0\] \[ \Leftrightarrow \sin x \ne \frac{1}{2}\] \[ \Leftrightarrow \sin x \ne \sin \frac{\pi }{6}\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x \ne \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\].
TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,;\,\,\frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\].
3.
4.
\( - 1\).
0.
Chọn D
\(n = 2 \Rightarrow {u_2} = 2{u_2} - 2 + 3 \Leftrightarrow {u_2} = - 1\)
\(n = 1 \Rightarrow {u_1} = 2{u_2} - 1 + 3 \Leftrightarrow {u_1} = 0\)
Vậy số hạng đầu tiên \({u_1} = 0\)
\[ - \frac{1}{3}\].
\[ - \frac{2}{3}\].
\[\frac{1}{3}\].
\[\frac{2}{3}\].
Chọn A
\(3\).
\(4\).
\(1\).
\(2\).
Chọn B
Hai đường thẳng trong không gian có thể trùng nhau, song song, cắt nhau hoặc chéo nhau.
\[2,\,5,\,8,\,11,\,14,\,17,...\].
\[1,\,2,\,4,\,8,\,16,...\].
\[ - 1,\, - 5,\, - 25,\, - 125,\, - 625,...\].
\[1,\,3,\,9,\,27,\,81,...\].
Chọn A
Để kiểm tra một dãy số là cấp số cộng ta áp dụng định nghĩa “(\[{u_n}\]) là cấp số cộng khi và chỉ khi \[{u_{n + 1}} - {u_n} = d\],\[\forall n \in {\mathbb{N}^*}\], \[d\]không đổi”.
\[{u_2} - {u_1} = 1 \ne {u_3} - {u_2} = 2\]: loại.
\[{u_2} - {u_1} = 2 \ne {u_3} - {u_2} = 6\]: loại.
\[{u_2} - {u_1} = {u_3} - {u_2} = {u_4} - {u_3} = {u_5} - {u_4} = {u_6} - {u_5} = 3\]: chọn.
\[{u_2} - {u_1} = - 4 \ne {u_3} - {u_2} = - 20\]: loại.
Song song hoặc cắt nhau.
Chéo nhau.
Cắt nhau.
Song song.
Chọn B
Theo giả thiết ta có 4 điểm\(A,\)\(B,\)\(C\)\(,D\) không đồng phẳng. Do đó hai đường thẳng\(AD\)và\(BC\)là hai đường thẳng chéo nhau.
Thật vậy: giả sử\(AD\)và\(BC\)là hai đường thẳng không chéo nhau\( \Rightarrow \)\(AD,\;BC\) đồng phẳng.\( \Rightarrow D \in \left( P \right)\) \( \Rightarrow \) đpcm.
\[d\]qua \[S\]và song song với \[CD\].
\[d\]qua \[S\]và song song với \[BD\].
\[d\]qua \[S\]và song song với \[AC\].
\[d\]qua \[S\]và song song với \[AD\].
Chọn A
Vì tứ giác \[ABCD\]là hình bình hành nên \[AB{\rm{ // }}CD\]
Ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right);S \in \left( {SCD} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right);CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB{\rm{ // }}CD\end{array} \right. \Rightarrow \]Giao tuyến \[d\] của hai mặt phẳng\[\left( {SAB} \right)\]và \[\left( {SCD} \right)\]là đường thẳng qua \[S\]và song song với \[AB{\rm{ va{\o} }}CD\]
tam giác vuông.
tam giác cân.
hình bình hành.
hình thang.
Chọn C
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C'\). Khi ấy, theo tính chất trọng tâm ta có \(A,I,M\) thẳng hàng và \(A',J,N\) thẳng hàng. Tứ giác \(BMNB'\) là hình bình hành (vì \(BM//B'N\) và \(BM = B'N\)) nên \(MN//BB'\) và \(MN = BB'\); mặt khác \(AA'//BB'\) và \(AA' = BB'\). Từ đó ta có \(MN = AA'\) và \(MN//AA'\) nên \(AA'NM\) là hình bình hành. Khi ấy các điểm \(A,I,M,N,J,A'\) đồng phẳng nên \(\left( {AIJ} \right) \equiv \left( {AA'NM} \right)\) và thiết diện tạo bởi \(\left( {AIJ} \right)\) với hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là hình bình hành \(AA'NM\).
\[23\].
\[24\].
\[26\].
\[25\].
Số hạt thóc trong các ô lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu là \({u_1} = 1\) và công bội \(q = 2\). Gọi \[n\] là số ô tối thiểu thỏa đề bài, khi đó ta phải có: \({S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} > 20172018\).
\({S_n} > 20172018\)\( \Leftrightarrow \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}} > 20172018\) \( \Leftrightarrow \frac{{1.\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} > 20172018\)\( \Leftrightarrow {2^n} > 20172019\).
Cách 1: Sử dụng máy tính cầm tay bấm:
\({2^{23}} = 8388608\); \({2^{24}} = 16777216\); \({2^{25}} = 33554432\); \({2^{26}} = 67108864\).
Ta thấy \[n = 25\] thỏa đề bài.
Cách 2: \({2^n} > 20172019 \Leftrightarrow n > {\log _2}20172019 \Leftrightarrow n > 24,26585\). Vậy tối thiểu \(n = 25\).
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 chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SC\).
a) \(MO\)là giao tuyến của \((SAC)\) và \((SBD)\).
b) Đường thẳng \(BM\) song song với \((SAD)\).
c) Gọi \(N\) là điểm thuộc cạnh \(SB\) sao cho \(SN = \frac{1}{3}SB\), khi đó \(N\) là giao điểm của đường thẳng \(SB\) và \((AMD)\).
d) Đường thẳng \(BC\) song song với \((SAD\).
a) | S | b) | S | c) | S | d) | Đ |
(Đúng) Đường thẳng \(BC\) song song với \((SAD\)
(Vì): Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC\not \subset (SAD)}\\{BC\parallel AD}\\{AD \subset (SAD)}\end{array}} \right.\) nên \(BC\parallel (SAD)\).
(Sai) \(MO\) là giao tuyến của \((SAC)\) và \((SBD)\)
(Vì):
\( \bullet \) Ta có \(S \in (SBD) \cap (SAC)(1)\).
\( \bullet \) Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in AC \subset (SAC)}\\{O \in BD \subset (SBD)}\end{array}} \right. \Rightarrow O \in (SBD) \cap (SAC)(2)\).
Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \((SBD) \cap (SAC) = SO\).
(Sai) Đường thẳng \(BM\) song song với \((SAD)\)
(Vì):
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S \in (SBC) \cap (SAD)}\\{BC \subset (SBC),AD \subset (SAD)}\\{BC\parallel AD}\end{array}} \right. \Rightarrow (SBC) \cap (SAD) = d\parallel BC\parallel AD\;(d{\rm{ di qua }}S)\).
Trong \((SBC)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(BM\) và \(d\). Khi đó
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I \in BM}\\{I \in d \subset (SAD)}\end{array}} \right. \Rightarrow BM \cap (SAD) = I\).
(Sai) Gọi \(N\) là điểm thuộc cạnh \(SB\) sao cho \(SN = \frac{1}{3}SB\), khi đó \(N\) là giao điểm của đường thẳng \(SB\) và \((AMD)\)
(Vì):
Xét có \(SO\), \(AM\) là trung tuyến nên gọi \(G\) là giao điểm của \(SO\) và \(AM\) thì \(G\) là trọng tâm của .
Xét có \(SO\) là đường trung tuyến và \(SG = 2GO\) nên \(G\) cũng là trọng tâm của .
Trong \((SBD)\), gọi \(J\) là giao điểm của \(DG\) và \(SB\). Khi đó
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{J \in SB}\\{J \in DG \subset (ADM)}\end{array}} \right. \Rightarrow SB \cap (ADM) = J.\)
Mặt khác, \(G\) là trọng tâm của nên \(J\) là trung điểm của \(SB \Rightarrow SJ = \frac{1}{2}SB\).
Mà \(SN = \frac{1}{3}SB\) nên \(N\) và \(J\) là hai điểm phân biệt.
Cho phương trình lượng giác \(2\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) + \sqrt 3 = 0\), khi đó:
a) Phương trình tương đương \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( {\frac{\pi }{3}} \right)\)
b) Phương trình có nghiệm là: \(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ;x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi (k \in \mathbb{Z})\).
c) Phương trình có nghiệm âm lớn nhất bằng \( - \frac{\pi }{4}\)
d) Số nghiệm của phương trình trong khoảng \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\) là hai nghiệm
a) | S | b) | S | c) | Đ | d) | Đ |
Ta có: \(2\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - \frac{\pi }{{12}} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x - \frac{\pi }{{12}} = \pi - ( - \frac{\pi }{3}) + k2\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z}) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z})} \right.} \right.\)
Vậy phương trình có nghiệm là: \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi ;x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi (k \in \mathbb{Z})\).
Phương trình có nghiệm âm lớn nhất bằng \( - \frac{\pi }{4}\)
Số nghiệm của phương trình trong khoảng \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\) là hai nghiệm
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 2.
Trong buổi phát động trồng cây, trường X trồng được 12 hàng cây, hàng đầu tiên có 2 cây, các hàng liền sau mỗi hàng gấp đôi hàng trước đó. Hỏi trường X trồng được bao nhiêu cây?
Gọi \[{u_1},{u_2},...{u_{12}}\] lần lượt là số ghế của dãy ghế thứ nhất, dãy ghế thứ hai,… và dãy ghế số ba mươi. Ta có công thức truy hồi ta có \[{u_n} = 2.{u_{n - 1}}\],\[\left( {n = 2,3,...,12} \right)\].
Ký hiệu:\[{S_7} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{12}}\], theo công thức tổng các số hạng của một cấp số nhân với \[{u_1} = 2\], ta được:
\[{S_{12}} = {u_1}.\frac{{1 - {q^{12}}}}{{1 - q}} = 2.\frac{{1 - {2^{12}}}}{{1 - 2}} = 8192\].
Hai nguồn sóng cơ \(A\) và \(B\) dao động trên mặt chất lỏng theo các phương trình lần lượt là \({x_A} = 5\cos \left( {50\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)cm/s\) và \({x_B} = 5\cos \left( {50\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)cm/s\). Hai sóng này giao thoa với nhau tạo nên một sóng tổng hợp \(x = {x_A} + {x_B}\). Biết tại các thời điểm \(t = - \frac{1}{S} + \frac{k}{{25}}\) (giây) với \(k,S \in {\mathbb{N}^*}\)thì sóng tổng hợp cao nhất. Tìm \(S\)
Ta có
\(\begin{array}{l}x = {x_A} + {x_B} = 5\cos \left( {50\pi t - \frac{\pi }{6}} \right) + 5\cos \left( {50\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 2 \cdot 5\cos \left( {50\pi t + \frac{\pi }{{12}}} \right)\cos \left( { - \frac{\pi }{4}} \right){\rm{ }}\\ \Rightarrow {\rm{ }}x = 5\sqrt 2 \cos \left( {50\pi t + \frac{\pi }{{12}}} \right)\end{array}\)
Ta có \(x = 5\sqrt 2 \cos \left( {50\pi t + \frac{\pi }{{12}}} \right) \le 5\sqrt 2 \). Vậy sóng tổng hợp cao nhất khi \(\cos \left( {50\pi t + \frac{\pi }{{12}}} \right) = 1 \Leftrightarrow 50\pi t + \frac{\pi }{{12}} = k2\pi \Leftrightarrow t = - \frac{1}{{600}} + \frac{k}{{25}}\) (giây) với \(k \in {\mathbb{N}^*}\).
PHẦN IV. Câu hỏi tự luận. Thí sinh trình bày lời giải vào giấy làm bài.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\) và \(SC\). Điểm \(N\) thuộc cạnh \(SB\) sao cho \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3}\). Gọi \(Q\) là giao điểm của \(SD\) và mặt phẳng \((MNP)\). Tính tỉ số \(\frac{{SQ}}{{SD}}\).
Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), \(I\) là giao điểm của \(MP\) và \(SO\) thì \(Q\) là giao điểm của \(NI\) với \(SD\). \(I\) là trung điểm của \(SO\).
Đặt \(\frac{{SD}}{{SQ}} = x\). Do \(2\overrightarrow {SO} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} \) nên \(4\overrightarrow {SI} = \frac{3}{2}\overrightarrow {SN} + x\overrightarrow {SQ} \)
Hằng ngày mực nước của con kênh lên xuống theo thủy triều. Độ sâu \(h\) (mét) của mực nước trong kênh được tính tại thời điểm \(t\) (giờ) trong một ngày (\(t > 0\)) bởi công thức \(h = 4\sin \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8}} \right) + 16\). Mực nước của kênh cao nhất khi \(t\) bằng bao nhiêu?
Mực nước của kênh cao nhất khi \(h\) lớn nhât:
\( \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{8}t + \frac{{5\pi }}{8} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = - 1 + 16k\)
Với \(0 < t \le 24\) suy ra \(0 < - 1 + 16k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{{16}} < k \le \frac{{25}}{{16}}\)
Do \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k = 1\) thỏa mãn. Khi \(k = 1\) thì \(t = 15h\).
Người ta trồng \(3003\) cây theo một hình tam giác như sau: hàng thứ nhất trồng \(1\) cây, hàng thứ hai trồng \(2\) cây, hàng thứ ba trồng \(3\) cây, \( \ldots \) Cứ như thế, số cây ở hàng sau nhiều hơn hàng kề trước \(1\) cây. Hỏi có tất cả bao nhiêu hàng cây được trồng?
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.
