Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 2

Ta có \(\frac{\pi }{{12}}{\rm{ = }}\frac{{180^\circ }}{{12}} = 15^\circ \). Chọn A.

Ta có công thức cộng: \(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b.\)Chọn C.

Tập giá trị của hàm số \(y = \tan x\) là \(T = \mathbb{R}\), do đó đáp án D sai. Chọn D.

Ta có \(\tan 3x = \tan x \Leftrightarrow 3x = x + k\pi \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}.\)Chọn A.

Xét dãy số \[13;11;8;7;5\]ta thấy \({u_1} = 13 > {u_2} = 11 > {u_3} = 8 > {u_4} = 7 > {u_5} = 5\).

Do đó dãy số \[13;11;8;7;5\]là dãy số giảm. Chọn D.

Xét dãy số \[1; - 1;1; - 1;1;.....\], ta thấy \( - 1 - 1 = - 2 \ne 1 - \left( { - 1} \right) = 2\) nên các số hạng không cách đều, do đó dãy số này không phải là một cấp số cộng. Chọn C.

Ta có \({u_4} = {u_1} \cdot {q^3} \Leftrightarrow 3 = 81 \cdot {q^3} \Leftrightarrow {q^3} = \frac{1}{{27}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^3} \Leftrightarrow q = \frac{1}{3}.\)Chọn D.

Vì \(M \in SC \subset \left( {SAC} \right)\) suy ra \(M \in \left( {SAC} \right)\). Chọn A.

Do \(IJ\) là đường trung bình trong tam giác \(SAC\) nên \(IJ{\rm{ // }}AC\). Chọn B.

Ta có \(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 2 \cdot {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} - 1 = \frac{1}{8}\). Chọn C.

Theo công thức tổng quát của cấp số nhân: \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}\), ta có

\(\frac{1}{{{{10}^{103}}}} = - 1 \cdot {\left( { - \frac{1}{{10}}} \right)^{n - 1}} \Rightarrow n - 1 = 103 \Leftrightarrow n = 104\). Chọn D.

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\). Khi đó \(G\) và \(E\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(ABD\) và \(ABC\) nên \[\frac{{HG}}{{HD}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{1}{3}\]. Suy ra \(GE{\rm{//}}CD\). Chọn B.

a) Đúng. Ta có \(2\sin x = - \sqrt 2 \Leftrightarrow \sin x = \frac{{ - \sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( { - \frac{\pi }{4}} \right)\).

b) Sai. Ta có \(\sin x = \sin \left( { - \frac{\pi }{4}} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \pi + \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).} \right.} \right.\)

Vậy phương trình có các nghiệm là: \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi ;x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

c) Sai. Phương trình có nghiệm dương nhỏ nhất bằng \(\frac{{5\pi }}{4}\).

d) Sai. Số nghiệm của phương trình trong khoảng \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\) là 2 nghiệm.

a) Đúng. Ta có: \({u_2} = {u_1}q = 4,{u_4} = {u_1}{q^3} = 9 \Rightarrow \frac{{{u_4}}}{{{u_2}}} = \frac{{{u_1}{q^3}}}{{{u_1}q}} \Rightarrow \frac{9}{4} = {q^2} \Rightarrow q = - \frac{3}{2}\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,q < 0} \right)\).

b) Đúng. Thay \(q = - \frac{3}{2}\) vào \({u_2}\), ta được: \({u_1}\left( { - \frac{3}{2}} \right) = 4 \Rightarrow {u_1} = - \frac{8}{3}\).

c) Sai. Cấp số nhân đã cho có số hạng đầu \({u_1} = - \frac{8}{3}\) và công bội \(q = - \frac{3}{2}\). Khi đó \({u_n} = - \frac{8}{3} \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^{n - 1}}\).

Vậy \({u_5} = - \frac{{27}}{2}\).

d) Sai. \( - \frac{{2187}}{{32}} \ne - \frac{8}{3} \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^7}\) nên \( - \frac{{2187}}{{32}}\) không phải là số hạng thứ 8 của cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\).

\(A = \cos \left( {5\pi - x} \right) - \sin \left( {\frac{{3\pi }}{2} + x} \right) + \tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} - x} \right) + \cot \left( {3\pi - x} \right)\)

\( = \cos \left( {4\pi + \pi - x} \right) - \sin \left( {2\pi - \frac{\pi }{2} + x} \right) + \tan \left( {\pi + \frac{\pi }{2} - x} \right) + \cot \left( { - x} \right)\)

\( = \cos \left( {\pi - x} \right) + \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + \tan \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) - \cot x\)

\( = - \cos x + \cos x + \cot x - \cot x = 0\).

Đáp án: 0.

Phương trình \(\cos 2x = m - 1\) có nghiệm khi và chỉ khi \( - 1 \le m - 1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2.\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {0\,;\,1\,;\,2} \right\}\). Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn.

Đáp án: \[3\].

Ta có \({S_n} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + .... + {u_n} = \frac{n}{2}\left( {{u_1} + {u_n}} \right)\)\( = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]\).

Thay vào ta có \(561 = \frac{n}{2}\left[ {2 + 4 \cdot \left( {n - 1} \right)} \right]\)\( \Leftrightarrow 2{n^2} - n - 561 = 0\).

Giải phương trình ta được \(n = 17\).

Vậy cần lấy ra \(17\) số hạng đầu tiên của cấp số đó để được tổng là \[561\].

Đáp án: 17.

Gọi \[O\] là giao điểm của \[AC\] và \[BD\]. Do mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\]qua \[BD\] nên \[O \in \left( \alpha \right)\].

Trong tam giác \[SAC\], kẻ \[OK\] song song với \[SA\,\,\left( {K \in SC} \right)\].

Do \[\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,SA\\OK\,{\rm{//}}\,SA\\O \in \left( \alpha \right)\end{array} \right. \Rightarrow OK \subset \left( \alpha \right) \Rightarrow SC \cap \left( \alpha \right) = \left\{ K \right\}\].

Trong tam giác \[SAC\] ta có \[\left\{ \begin{array}{l}OK{\rm{//}}SA\\OA = OC\end{array} \right. \Rightarrow OK\] là đường trung bình của \[\Delta SAC\].

Suy ra \[SK = KC\]. Mà theo giả thiết ta có \[SK = mKC\]. Do đó \[m = 1\].

Đáp án: 1.

a) Ta có \[ - a + b \le h\left( t \right) = a\sin \left( {\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2}} \right) + b \le a + b,\forall t\].

Theo bài ra: \[\left\{ \begin{array}{l}a + b = 114,5\\ - a + b = 0,5\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 57\\b = 57,5\end{array} \right.\].

Suy ra \[h\left( t \right) = 57\sin \left( {\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2}} \right) + 57,5\].

b) Cabin \(M\) đạt được chiều cao \(86\) m khi \[h\left( t \right) = 57\sin \left( {\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2}} \right) + 57,5 = 86\]

\[ \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\\frac{{2\pi }}{{15}}t - \frac{\pi }{2} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5 + 15k\\t = 10 + 15k\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Vậy trong vòng quay đầu tiên cabin \(M\) đạt được chiều cao \(86\) m tại thời điểm \(t = 5\) phút hoặc \(t = 10\) phút.

Gọi \(n\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)là số ngày mỗi học sinh nuôi heo đất để số tiền đạt được là \[5658800\] đồng.

Vì lớp 11A có tất cả 43 học sinh nên mỗi học sinh sau n ngày đều có số tiền nuôi heo đất là:

 \[\frac{{5658800}}{{43}} = 131600\] đồng.

Ngày đầu tiên mỗi bạn nuôi heo \[2000\] đồng, từ ngày thứ hai trở đi mỗi bạn nuôi heo hơn ngày liền trước là \[200\] đồng, do đó số tiền nuôi heo của mỗi bạn mỗi ngày trong n ngày lập thành một cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với số hạng đầu \({u_1} = 2000\) và công sai \(d = 200\).

Ta có \({S_n} = {u_1} + {u_2} + .... + {u_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right) \cdot d} \right] = 131600\)

\[ \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left[ {4000 + \left( {n - 1} \right) \cdot 200} \right] = 131600 \Leftrightarrow 100{n^2} + 1900n - 131600 = 0\].

Giải phương trình ta được \(n = 28\)(loại đi \(n = - 47\)vì \(n \in {\mathbb{N}^*}\)).

Vậy sau \(28\)ngày thì số tiền nuôi heo đất của lớp 11A thu được là \[5658800\] đồng.

a) Gọi \(O = AC \cap BD\).

Xét tam giác \(SAC\) có \(O\), \(M\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(SA\) nên \(OM\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\), suy ra \(OM{\rm{//}}SC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OM\,{\rm{//}}\,\,SC\\SC \subset \left( {SCD} \right)\\OM \not\subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OM{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right)\).

b) Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) có \(BN \cap AD = E\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) có \(EM \cap SD = F \Rightarrow F = SD \cap \left( {BMN} \right)\).

Tam giác \(SAE\) có \(D\) là trung điểm của \(AE\); \(M\) là trung điểm của \(SA\).

Suy ra \(F\) là trọng tâm tam giác \(SAE\), do đó \(\frac{{SF}}{{FD}} = 2\).