Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 14

Chọn B

Giả sử \({u_n} = 91\), \(\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Suy ra \({n^2} - n + 1 = 91 \Leftrightarrow {n^2} - n - 90 = 0 \Leftrightarrow n = 10;n =  - 9\)

Vậy số \(91\) là số hạng thứ \[10\] của dãy.

Chọn D

Ta có \[\sin x = 1\]\[ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \] \[\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Do đó \[x = \frac{\pi }{2}\] là một nghiệm của phương trình \[\sin x = 1\].

Chọn A

Ta có \(\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha \)\( = 1 - 2 \cdot \frac{9}{{16}} = - \frac{1}{8}\).

Chọn C

Nhìn hình ta thấy có 6 mặt gồm: \[\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {SDE} \right),\,\,\left( {SEA} \right),\,\,\left( {ABCDE} \right)\]

10 cạnh gồm: \[SA,SB,SC,SD,SE,AB,BC,CD,DE,EA\].

Chọn C

Câu A sai vì hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau hoặc song song với nhau.

Câu B sai vì hai đường thẳng phân biệt không có điểm chung thì chéo nhau hoặc song song với nhau.

Câu D sai vì hai đường thẳng phân biệt nằm trên hai mặt phẳng phân biệt thì có thể chéo nhau hoặc song song với nhau.

Chọn C

ĐK: \[\cos x \ne 0\] \[ \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]. Vậy TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\].

Chọn A

Ta có: \(\pi \left( {rad} \right)\) tương ứng với góc \({180^0}\). Suy ra\(\frac{\pi }{6}\left( {rad} \right)\) tương ứng với góc \({30^0}\).

 

Chọn D

A sai vì \[\tan \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) =  - \tan \alpha \].

B sai vì \(\cos \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) =  - \cos \alpha \).

D sai vì \[\cot \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) =  - \cot \alpha \].

Chọn C

Ta có\(d = {u_7} - {u_6} = 64 + 32 = 96\).

Chọn D

Theo hình vẽ trên, thiết diện của một tứ diện chỉ có thể là một tam giác hoặc một tứ giác.

Đáp án B sai vì thiết diện của một tứ diện có thể là một tứ giác bất kì.

Đáp án A và D sai vì các cạnh của thiết diện là giao tuyến của một mặt phẳng với các mặt của tứ diện. Mà tứ diện chỉ có \[4\] mặt nên không thể xảy ra trường hợp có \[5\] giao tuyến, hay thiết diện không thể là ngũ giác.

Chọn A

Ta có \(\left( {BMC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\), \(\left( {BMC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = BM\)\(\left( {BMC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = {M_x},\,{M_x}{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC,\,{M_x} \cap SD = N\), \(\left( {BMC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NC\)

Suy ra thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {MBC} \right)\)là tứ giác \(BMNC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MN = \frac{1}{2}AD\\MN{\rm{//}}AD\end{array} \right.\)suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}MN = BC\\MN{\rm{//BC}}\end{array} \right.\)nên thiết diện \(BMNC\)là hình bình hành.

Chọn C

Cơ sở \(A\)giá mét khoan đầu tiên là \(8000\)(đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm \(500\)(đồng) so với giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số cộng ta có:

Nếu đào giếng \(20\)\[\left( {\rm{m}} \right)\]hết số tiền là: S20=2022.8000+20−1500=255000 (đồng).

Nếu đào giếng \(25\)\[\left( {\rm{m}} \right)\]hết số tiền là: \({S_{25}} = \frac{{25}}{2}\left[ {2.8000 + \left( {25 - 1} \right)500} \right] = 350000\)(đồng).

Cơ sở \(B\)giá của mét khoan đầu tiên là \(6000\)(đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm \(7\% \)giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số nhân ta có:

Nếu đào giếng \(20\)\[\left( {\rm{m}} \right)\]hết số tiền là: S'20=60001−1,07201−1,07≈245973 đồng).

Nếu đào giếng \(25\)\[\left( {\rm{m}} \right)\]hết số tiền là: S'25=60001−1,07251−1,07≈379494 (đồng).

Ta thấy S'20<S20, S'25>S25 nên giếng \(20\)\[\left( {\rm{m}} \right)\]chọn B còn giếng \(25\)\[\left( {\rm{m}} \right)\]chọn A

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

S

 

(Đúng) \(II'\parallel BB'\)
(Vì): Đúng.
Ta có \(I'\), \(I\) là trung điểm của \(B'C'\) và \(BC\).
Suy ra \(II'\) là đường trung bình của hình bình hành \(BB'C'C\).
Suy ra \(II' = BB'\) và \(II'\parallel BB'\).
(Đúng) \(AA'I'I\) là hình bình hành
(Vì): Đúng.
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{II'\parallel AA'(\parallel BB')}\\{II' = AA'( = BB')}\end{array}} \right.\) suy ra \(AA'I'I\) là hình bình hành.
(Sai) \(IA'\) song song \((AB'C')\)
(Vì): Sai.
Trong \((IAA'I')\), gọi \(E = AI' \cap A'I\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in AI';AI' \subset (AB'C')}\\{E \in A'I}\end{array}} \right.\) suy ra \(E = A'I \cap (AB'C')\).
(Sai) Giao tuyến của \((AB'C')\) và \((A'BC')\) là đường thẳng đi qua giao điểm của hai đường thẳng \(AI'\), \(A'I\)
(Vì): Sai.
Trong \((AA'B'B)\), gọi \(F = AB' \cap A'B\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F \in AB';AB' \subset (ABC')}\\{F \in A'B;A'B \subset (A'BC')}\end{array}} \right. \Rightarrow F \in (ABC') \cap (A'BC')\). (1)
Ta có \(E = AI' \cap A'I\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C' \in (ABC')}\\{C' \in (A'BC')}\end{array}} \right. \Rightarrow C' \in (ABC') \cap (A'BC')\). (2)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(C'F = (ABC') \cap (A'BC')\).
Ta thấy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{EF\parallel C'B'}\\{C'F\not \parallel C'B'}\end{array}} \right. \Rightarrow E\), \(F\), \(C'\) không thẳng hàng.
Hay giao tuyển của hai mặt phẳng không đi qua \(E\).

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=5π6+k2π<0⇒k≤−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: \(x = \pi + k2\pi \in \left[ { - 2\pi ;3\pi } \right) \Rightarrow - 2\pi \le \pi + k2\pi < 3\pi \Rightarrow - 1 \le k < 1 \Rightarrow T = 0\).

Giải phương trình \(\frac{{48}}{{10}}\sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{9} = k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = 9k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Dựa vào hình vẽ, ta có:

Khi \(k = 0 \Rightarrow x = 0\).

Khi \(k = 1 \Rightarrow x = 9\pi  \approx 28,27\).

Vậy: \(OA = {x_A} - {x_O} = 9\pi  - 0 = 9\pi  \approx 28,3\,\,\left( m \right)\)

Theo giả thiết ta có công thức tăng trưởng dân số \({P_n} = {P_0}.{\left( {1 + r} \right)^n}\).

Trong đó \({P_0} = 97,58\,\) và \(r = 1,14\% \);\(n = 2025 - 2020 = 5\).

Vậy từ năm 2020 đến thì 2025 dân số nước ta là \(97,58.1,{0114^5} \approx 103\) (triệu người).

Vì \(1,6,11, \cdots x\) lập thành một cấp số cộng với \({u_1} = 1\), công sai là \(d = 6 - 1 = 5\).

Giả sử \(x\) là số hạng thứ \(n\) của cấp số cộng nên ta có \({S_n} = 970\) hay là

\(\frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right) \cdot d} \right]n}}{2} = 970 \Leftrightarrow \frac{{\left[ {2 + 5\left( {n - 1} \right)} \right]n}}{2} = 970 \Leftrightarrow 5{n^2} - 3n - 1940 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 20}\\{n =  - \frac{{97}}{5}.}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(x\) là số hạng thứ \(20\) nên \(x = {u_1} + 19d = 1 + 19 \cdot 5 = 96\).

Chọn \({\rm{mp}}\left( {SBC} \right)\) chứa \[SC\]

Ta có \(FP = \left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right)\)

Gọi \(G = FP \cap SC\)

Suy ra \(G = SC \cap \left( {MNP} \right)\)

Phương trình hoành độ giao điểm

\(4,8\sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{9} = k\pi  \Leftrightarrow x = 9k\pi ,\;(k \in \mathbb{Z}).\)

Hoành độ điểm \(A\) ứng với \(x = 9\pi \).

Vậy \(OA = 9\pi  \approx 28,3\) m.