Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 2

Các góc lượng giác cần tìm có dạng \(\frac{\pi }{5} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có \[\frac{{6\pi }}{5} = \frac{\pi }{5} + \pi \];\[ - \frac{{11\pi }}{5} = - \frac{\pi }{5} - 2\pi \]; \[\frac{{9\pi }}{5} = \frac{{4\pi }}{5} + \pi \]; \[\frac{{31\pi }}{5} = \frac{\pi }{5} + 6\pi \].Chọn D.

Ta có \(\sin 4a = 2\sin 2a \cdot \cos 2a\) (công thức nhân đôi). Chọn B.

Hàm \(y = \sin 4x\) tuần hoàn với chu kì \(\frac{\pi }{2}\).

Hàm \(y = \sin x\) và \(y = \cos x\) tuần hoàn với chu kì \(2\pi \).

Hàm \(y = \cot x\) tuần hoàn với chu kì \(\pi \). Chọn B.

Ta có \(\tan x = - 1 \Leftrightarrow x = \frac{{ - \pi }}{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)Chọn D.

Ta có \({u_{10}} = \frac{2}{{10 + 1}} = \frac{2}{{11}}\). Chọn A.

Ta có \({u_9} = {u_1} + 8d = 3 + 8 \cdot 2 = 19\). Chọn B.

Ta có \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{1}{2}\). Chọn B.

Hai đường chéo \(AC\) và \[BD\] của hình thoi \(ABCD\) cắt nhau. Chọn B.

Ta có \({\sin ^2}\alpha = 1 - {\cos ^2}\alpha = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}}\).

Mà \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \sin \alpha > 0\).

Do đó \(\sin \alpha = \frac{3}{5}\). Chọn C.

Áp dụng công thức \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}\) ta có \({u_4} = {u_1}{q^3} \Rightarrow {q^3} = \frac{{{u_4}}}{{{u_1}}} = - 8 \Rightarrow q = - 2\).

Lại có \({u_6} = {u_1}{q^5} = 5 \cdot {\left( { - 2} \right)^5} = - 160\). Chọn C.

Ta có \(B \in \left( {MBD} \right)\)\( \cap \left( {ABN} \right)\).

Xét \[\left( {ACD} \right)\], gọi \[G = AN \cap MD\]. Khi đó \[G\] là trọng tâm tam giác \[ACD\].

\[\begin{array}{l}G \in AN \subset \left( {ABN} \right)\\G \in MD \subset \left( {MBD} \right)\end{array}\]

Suy ra \(G \in \left( {MBD} \right)\)\( \cap \left( {ABN} \right)\).

Vậy \(\left( {MBD} \right)\)\( \cap \left( {ABN} \right) = BG\). Chọn C.

a) Đúng. Phương trình có nghĩa khi \(1 + \sin 3x \ne 0 \Leftrightarrow \sin 3x \ne - 1\).

b) Đúng. Với điều kiện phương trình có nghĩa: \[\frac{{\cos 3x}}{{1 + \sin 3x}} = 0 \Leftrightarrow \cos 3x = 0\].

c) Đúng. Với \(x = \frac{{5\pi }}{6}\), ta có \[\frac{{\cos \left( {3 \cdot \frac{{5\pi }}{6}} \right)}}{{1 + \sin \left( {3 \cdot \frac{{5\pi }}{6}} \right)}} = \frac{0}{2} = 0\]. Vậy \(x = \frac{{5\pi }}{6}\)là một nghiệm của phương trình đã cho.

d) Sai. Với điều kiện: \(\sin 3x \ne - 1\), ta có \[\frac{{\cos 3x}}{{1 + \sin 3x}} = 0 \Leftrightarrow \cos 3x = 0\].

Vì \({\sin ^2}3x + {\cos ^2}3x = 1\) nên \(\cos 3x = 0 \Rightarrow {\sin ^2}3x = 1\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 3x = 1\\\sin 3x = - 1\end{array} \right.\).

Kết hợp điều kiện \(\sin 3x \ne - 1\), ta được \(\sin 3x = 1\)\( \Leftrightarrow 3x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\).

Theo giả thiết ta có \(x > 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3} > 0\)\( \Leftrightarrow k > - \frac{1}{4}\). Do \(k \in \mathbb{Z}\) nên \({k_{\min }} = 0\).

Khi đó nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình đã cho là \(x = \frac{\pi }{6}\).

\( \Rightarrow a = 1;b = 6 \Rightarrow {a^2} + 2b = 13\).

a) Sai. Kí hiệu \({u_n}\)là chiều cao so với mực nước biển của thửa ruộng ở bậc thứ \(n\).

Khi đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\)là một cấp số cộng.

b) Đúng. Số hạng đầu \({u_1} = 950\).

c) Sai.Cấp số cộng có công sai \(d = 1,5\).

d) Đúng. Ta có \({u_{12}} = {u_1} + 11{\rm{d}} = 950 + 11 \cdot 1,5 = 966,5\).

Vậy thửa ruộng ở bậc thứ 12 có độ cao 966,5 m so với mực nước biển.

Ta có\(\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x \Rightarrow {\tan ^2}x = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1 \Rightarrow \tan x = \pm \sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2}}} - 1} = \pm \frac{4}{3}\).

Vì \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \tan \alpha = \frac{4}{3}\).

Khi đó, \(\tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\tan x + \tan \frac{\pi }{4}}}{{1 - \tan x.\tan \frac{\pi }{4}}} = \frac{{\frac{4}{3} + 1}}{{1 - \frac{4}{3}}} = - 7\).

Đáp án: −7.

Ta có \(f\left( x \right) = \cos 2x + 3\sin x + 3 = 1 - 2{\sin ^2}x + 3\sin x + 3 = - 2{\sin ^2}x + 3\sin x + 4\).

Đặt \(t = \sin x\). Khi đó \(x \in \left[ {\frac{\pi }{6};\frac{{2\pi }}{3}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {\frac{1}{2};1} \right]\).

Do đó GTNN và GTLN của hàm số đã cho bằng GTNN, GTLN của hàm số \(f\left( t \right) = - 2{t^2} + 3t + 4\) trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{2};1} \right]\).

Ta có BBT trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{2};1} \right]\)của hàm số \(f\left( t \right) = - 2{t^2} + 3t + 4\).

Suy ra \(M = \frac{{41}}{8},m = 5\), do đó \(8M + m = 8 \cdot \frac{{41}}{8} + 5 = 46\).

Đáp án: 46.

Gọi lương tháng thứ \(n\) của người đó là \({A_n}\). Ta có\({A_1} = 6\).

Lương tháng sau hơn tháng trước \(0,2\) triệu đồng nên ta có \(\left( {{A_n}} \right)\) là một cấp số cộng với số hạng đầu \({A_1} = 6\) và công sai \(d = 0,2\).

Số hạng tổng quát của dãy số là \({A_n} = {A_1} + \left( {n - 1} \right)d\,\,\,\,\left( {n > 1} \right)\).

Vậy tới tháng thứ 7, người đó nhận được lương là \({A_7} = {A_1} + 6d = 6 + 6 \cdot 0,2 = 7,2\) (triệu đồng).

Đáp án: 7,2.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right),MN \cap AC = E\). Suy ra \(E \in \left( {SAC} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), \(SO \cap PE = I\). Do đó \(I \in SO\) và \(I \in \left( {MNP} \right)\). Vậy \(I = SO \cap \left( {MNP} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(OK{\rm{//}}SA,K \in PE\). Suy ra \(\frac{{OK}}{{SP}} = \frac{{OI}}{{IS}}\) (1).

Mặt khác \(OK{\rm{//}}AP\) nên \(\frac{{OK}}{{AP}} = \frac{{EO}}{{EA}} = \frac{1}{3}\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{{OI}}{{SI}} = \frac{1}{3}\) (do \(PA = PS\)) \( \Rightarrow \frac{{SI}}{{IO}} = 3\).

Đáp án: 3.

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó \(x = 0\), ta có

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

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là \(0 \le t \le 6\) hay

 \(0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6\)\( \Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.

a) Giá trị xe của ông An còn lại sau 16 năm:

\(1,2 \cdot {10^9} \cdot {\left( {1 - 8\% } \right)^{10}}{\left( {1 - 20\% } \right)^6} \approx 136\,647\,000\) (đồng).

b)Tổng số tiền ông An mua bảo hiểm xe trong suốt 16 năm đầu: \(S = {S_{10}} + {S'_6}\)

Với \({S_{10}}\) là tổng 10 số hạng đầu của cấp số nhân với \({u_1} = 1,2 \cdot {10^9} \cdot 1,55\% \), \(q = 1 - 8\% = 0,92\).

Với \({S'_6}\) là tổng 6 số hạng đầu của cấp số nhân với \({u'_1} = 1,2 \cdot {10^9} \cdot {\left( {1 - 8\% } \right)^{10}} \cdot 1,55\% \), \(q' = 1 - 20\% = 0,8\).

Ta tính được \({S_{10}} = 131\,\,504\,684,4\); \({S'_6} = 29\,807\,999,84\).

Khi đó, \(S = {S_{10}} + {S'_6} = 161\,312\,684,2 \approx 161\,313\,000\) (đồng).

Vậy, tổng số tiền ông An mua bảo hiểm xe trong suốt 16 năm đầu là \(161\,313\,000\) đồng.

a) Trong tam giác \(SBC\) có \[\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{2}\]\[ \Rightarrow MN{\rm{//}}BC\].

b) Xét \[\left( \alpha \right)\] và \[\left( {ABCD} \right)\] có \[D\] chung, \[AC\] nằm trong \[\left( {ABCD} \right)\] và \[AC{\rm{//}}\left( \alpha \right)\] nên giao tuyến của 2 mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] và \[\left( {ABCD} \right)\]là đường thẳng qua \[D\] và song song với \[AC\], cắt \[BC\] tại \[P\].

Tứ giác \[ACPD\] là hình bình hành nên \[CP = AD = BC\]. Do đó \(C\) là trung điểm của \(BP\).

Vì \[M,P,K\] đều là điểm chung của \[\left( \alpha \right)\] và \[\left( {SBC} \right)\] nên \[M,P,K\] thẳng hàng.

Tam giác \[SBP\] có 2 trung tuyến \[SC,\,MP\] nên \[K\] là trọng tâm tam giác \[SBP\].