Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 4

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Do \[0 < x < \frac{\pi }{2}\] nên \[x\] nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Vậy nên \[\tan x > 0,\cot x > 0.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[\sqrt 3 \cot \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 1\]

      \[ \Leftrightarrow \cot \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]

     \[ \Leftrightarrow \cot \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = \cot \frac{\pi }{3}\]

     \[ \Leftrightarrow 2x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3} + k\pi ,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

     \[ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{k\pi }}{2},{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Vậy chọn đáp án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Nhận thấy 5 số hạng đầu tiên của dãy là \[\frac{1}{3};\frac{1}{{{3^2}}};\frac{1}{{{3^3}}};\frac{1}{{{3^4}}};\frac{1}{{{3^5}}}\] nên số hạng tổng quát của dãy là \[{u_n} = \frac{1}{{{3^n}}}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét các đáp án, ta thấy khoảng cách giữa các số hạng của đáp án D khác nhau, do đó nó không là một cấp số cộng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Công bội \[q\] của cấp số nhân đã cho là: \[q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{8}{2} = 4.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \[{u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{10}}{{{3^{n + 1}}}} - \frac{{10}}{{{3^n}}} = \frac{{10}}{{{3^n}}}\left( {\frac{1}{3} - 1} \right) = \frac{{ - 20}}{{{3^{n + 1}}}} < 0.\]

Do đó \[{u_{n + 1}} < {u_n},\forall n \in {\mathbb{N}^*}\].

Vậy dãy số giảm.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[\left( {ABC} \right) \cap \left( {CDA} \right) = CA\]. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] và \[\left( {CDA} \right)\] là đường thẳng \[AC.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[M,N\] lần lượt là trung điểm của \[BA,BC\]. Do đó, \[MN\] là đường trung bình trong tam giác \[ABC.\] Nên \[MN\parallel AC.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi \[G = AN \cap DM\]. Xét tam giác \[ACD\], có: \[AN,DM\] là các đường trung tuyến của tam giác. Mà \[G = AN \cap DM\] nên \[G\] là trọng tâm tam giác \[ACD\]. Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BG \subset \left( {MBD} \right)\\BG \subset \left( {ABN} \right)\end{array} \right.\] \[ \Rightarrow \left( {MBD} \right) \cap \left( {ABN} \right) = BG.\]

Hướng dẫn giải

a) Ta có hàm số \[y = \cot x\] là hàm lẻ, có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ.

b) Đồ thị hàm số \[y = \cot x\] có dạng:

c) Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số \[y = \cot x\] cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ trong \[\left( {0;2\pi } \right)\] là \[\frac{\pi }{2}\] và \[\frac{{3\pi }}{2}\].

d) Ta có phương trình: \[\cot x = \sqrt 3 \]\[ \Leftrightarrow \cot x = \cot \frac{\pi }{6}\]\[ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Xét trong khoảng \[\left( {0;2\pi } \right)\], ta có: \[0 < \frac{\pi }{6} + k\pi < 2\pi \]\[ \Leftrightarrow - \frac{1}{6} < k < \frac{{11}}{6}\].

Mà \[k \in \mathbb{Z}\], nên \[k = \left\{ {0;1} \right\}\].

Suy ra \[x = \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{6}} \right\}\].

Tổng các nghiệm của phương trình \[\cot x = \sqrt 3 \] trong khoảng \[\left( {0;2\pi } \right)\] là \[\frac{\pi }{6} + \frac{{7\pi }}{6} = \frac{{4\pi }}{3}.\]

Hướng dẫn giải

Ta có: \[h = \left| x \right| = \left| {1,5\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right)} \right| \le 1,5.\]

a) Vật ở xa vị trí cân bằng nhất nghĩa là \[h = 1,5{\rm{ m}}\].

Khi đó \[\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = \pm 1\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{t\pi }}{4} = k2\pi \\\frac{{t\pi }}{4} = \pi + k2\pi \end{array} \right.{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\] \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8k\\t = 4 + 8k\end{array} \right.,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

b) Trong 10 giây đầu tiên thì vật ở xa vị trí cân bằng nhất tại các thời điểm \[t = 0;\]

\[t = 4;t = 8\] giây.

c) Khi vật ở vị trí cân bằng thì \[x = 0 \Leftrightarrow 1,5\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{4} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow t = 2 + 4k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

d) Ta có: \[0 < t < 20 \Leftrightarrow 0 < 2 + 4k < 20\]\[ \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < k < \frac{{18}}{4}\].

Mà \[k \in \mathbb{Z}\] nên \[k \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\].

Suy ra \[t \in \left\{ {2;6;10;14;18} \right\}.\]

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 20 giây thì vật ở vị trí cân bằng tại các thời điểm \[t = 2;{\rm{ }}t = 6;{\rm{ }}t = 10;{\rm{ }}t = 14;{\rm{ }}t = 18\] giây; tức là có 5 lần vật qua vị trí cân bằng.

Hướng dẫn giải

Ta thấy, số tiền lương năm sau hơn năm trước \[20\] triệu đồng nên \[\left( {{u_n}} \right)\] là cấp số cộng có \[{u_1} = 100\] và công sai \[d = 20\].

Do đó, \[{u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 100 + \left( {n - 1} \right).20 = 20n + 80\].

Số tiền lương sinh viên nhận được ở năm thứ hai là \[{u_2} = 100 + \left( {2 - 1} \right).20 = 120\] (triệu đồng).

Số tiền lương sinh viên nhận được ở năm thứ 10 là \[{u_{10}} = 100 + \left( {10 - 1} \right).20 = 280\] (triệu đồng).

Số tiền bạn sinh viên tiết kiệm được sau \[n\] năm là

\[S = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] - 70n\]

\[ = \frac{n}{2}\left[ {2.100 + \left( {n - 1} \right).20} \right] - 70n\]

\[ = 10{n^2} + 20n\] (triệu đồng).

Ta có: \[S \ge 2000 \Leftrightarrow 10{n^2} + 20n \ge 2000\]

\[ \Leftrightarrow 10{n^2} + 20n - 2000 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n \ge 13,1{\rm{ }}\left( {TM} \right)\\n \le - 15,1{\rm{ }}\left( L \right)\end{array} \right.\].

Do đó, sau ít nhất 14 năm thì sinh viên có thể mua được chung cư 2 tỉ đồng.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB\parallel CD\end{array} \right.\].

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SCD} \right)\] là đường thẳng qua \[S\] và song song với \[AB\].

b) Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\].

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\] và \[\left( {SBD} \right)\] là đường thẳng \[SO.\]

c) Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {JIG} \right)\\AB\parallel JI\end{array} \right.\]

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {IGJ} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[AB\].

Lại có \(AB||CD\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {IGJ} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[CD\].

d) Theo đề, ta có: \[NA = \frac{1}{3}SA \Rightarrow SN = \frac{2}{3}SA \Rightarrow \frac{{SN}}{{SA}} = \frac{2}{3}.\]

Lại có: \[SM = \frac{2}{3}SD \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{2}{3}\] nên \[\frac{{SN}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{2}{3}\]. Suy ra \[MN\parallel AD\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {GBC} \right) \cap \left( {GMN} \right)\\MN\parallel AD\\BC\parallel AD\end{array} \right.\]

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {GMN} \right)\] và \[\left( {GBC} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[AD.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 7

Ta có: \[\sin 2x + 2 = m\] \[ \Leftrightarrow \sin 2x = m - 2\]

Điều kiện để phương trình có nghiệm là \[ - 1 \le m - 2 \le 1\] \[ \Leftrightarrow 1 \le m \le 3\] hay \[m \in \left[ {1;3} \right]\].

Suy ra \[a = 1;b = 3\].

Vậy \[T = a + 2b = 1 + 2.3 = 7\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 5

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên khi đó \[x = 0\] ta có:

\[2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\] \[ \Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\] \[ \Rightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \] \[ \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k\pi }}{5},k \in \mathbb{Z}\].

Trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên, tức là \[0 \le t \le 3\],

hay \[0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 3\]\[ \Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{45 - 2\pi }}{{3\pi }}\].

Vì \[k \in \mathbb{Z}\] nên \[k \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\].

Vậy trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên, vật qua vị trí cân bằng 5 lần.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 10

Số lượng vi khuẩn tăng lên gấp đôi sau mỗi phút là cấp số nhân \[\left( {{u_n}} \right)\] với công bội \[q = 2\].

Ta có: \[{u_6} = 64000\] \[ \Rightarrow {u_1}.{q^5} = 64000\] \[ \Rightarrow {u_1} = 2000\].

Sau \[n\] phút thì số lượng vi khuẩn là \[{u_{n + 1}}\].

\[{u_{n + 1}} = 2048000\] \[ \Rightarrow {u_1}.{q^n} = 2048000\]\[ \Rightarrow {2000.2^n} = 2048000\]\[ \Rightarrow n = 10\].

Vậy sau 10 phút thì có được \[2048000\] con.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 2019

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}5{u_1} + \sqrt {5{u_1} - {u_2}} = {u_2} + 6{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{u_{n + 1}} = 3{u_n},{\rm{ }}\forall n \in {\mathbb{N}^ * }{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Từ (1) có \[5{u_1} + \sqrt {5{u_1} - {u_2}} = {u_2} + 6\]

\[ \Leftrightarrow \left( {5{u_1} - {u_2}} \right) + \sqrt {5{u_1} - {u_2}} - 6 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt {5{u_1} - {u_2}} = 2 \Leftrightarrow 5{u_1} - {u_2} = 4.\]

Từ (2) có \[{u_{n + 1}} = 3{u_n} \Rightarrow {u_2} = 3{u_1}\]. Giải hệ \[\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 3{u_1}\\5{u_1} - {u_2} = 4\end{array} \right.\] được \[{u_1} = 2\].

Dãy \[\left( {{u_n}} \right)\] là cấp số nhân với \[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\q = 3\end{array} \right.\] có số hạng tổng quát \[{u_n} = {2.3^{n - 1}}\] với \[n \in {\mathbb{N}^ * }\].

Suy ra \[{u_n} \ge {2.3^{2018}} \Leftrightarrow {2.3^{n - 1}} \ge {2.3^{2018}} \Leftrightarrow n - 1 \ge 2018\] \[ \Leftrightarrow n \ge 2019\].

Vậy giá trị nhỏ nhất thỏa mãn là \[n = 2019\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 0,25

Gọi \[Q\] là trung điểm \[SD\].

Tam giác \[SAD\] có \[M,Q\] lần lượt là trung điểm của \[SA,SD\]. Suy ra \[MQ\parallel AD\] và \[MQ = \frac{1}{2}AD\].

Tam giác \[SBC\] có \[N,P\] lần lượt là trung điểm của \[SB,SC\]. Suy ra \[NP\parallel BC\] và \[NP = \frac{1}{2}BC\].

Mặt khác \[AD\parallel BC\] và \[AD = BC\] suy ra \[MQ\parallel NP\] và \[MQ = NP\]\[ \Rightarrow MNPQ\] là hình bình hành.

Khi đó, \[M,N,P,Q\] đồng phẳng \[ \Rightarrow \left( {MNP} \right)\] cắt \[SD\] tại \[Q\] và \[MNPQ\] là thiết diện của hình chóp \[S.ABCD\] với mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\].

Vậy \[{S_{MNPQ}} = \frac{{{S_{ABCD}}}}{4} = \frac{{{1^2}}}{4} = 0,25.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 2

Trong mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\], gọi \[I = RQ \cap BD.\]

Trong \[\left( {ABD} \right)\], gọi \[S = PI \cap AD \Rightarrow S = AD \cap \left( {PQR} \right).\]

Gọi E là trung điểm BR ⇒ R là trung điểm đoạn EC.

Mà Q là trung điểm CD ⇒ RQ là đường trung bình tam giác DEC.

⇒ RQ // DE ⇒ RI // DE.

Xét tam giác BRI có: RI // DE và E là trung điểm BR ⇒ D là trung điểm BI.

Xét tam giác ABI có: AD là đường trung tuyến tương ứng với cạnh BI và IP là đường trung tuyến tương ứng cạnh AB.

Mà IP ∩ AD = {S} ⇒ S là trọng tâm tam giác ABI. Vậy \[\frac{{SA}}{{SD}} = 2\].