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

Khi kim giờ \(OM\) chỉ số 12, kim phút \(ON\) chỉ số 3 thì \(\widehat {MON} = \frac{\pi }{2}\).

Từ hình vẽ ta thấy góc lượng giác \(\left( {OM,ON} \right)\) có tia đầu \(OM,\) tia cuối \(ON\), quay theo chiều dương (ngược chiều quay của kim đồng hồ) nên \(\left( {OM,ON} \right) = 2\pi - \frac{\pi }{2} + k2\pi = \frac{{3\pi }}{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) hoặc nếu theo chiều âm có thể kết luận \[\left( {OM,\,\,ON} \right) = - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\]. Chọn A.

Ta có \(\sin \left( {\alpha - \frac{{3\pi }}{2}} \right) = \sin \alpha \cos \frac{{3\pi }}{2} - \cos \alpha \sin \frac{{3\pi }}{2} = \sin \alpha \cdot 0 - \frac{1}{3} \cdot \left( { - 1} \right) = \frac{1}{3}\). Chọn D.

Ta thấy đồ thị hàm số \(y = \cos x\)đi lên từ trái sang phải khi \(x \in \left( { - 3\pi ; - 2\pi } \right)\). Do đó hàm số \(y = \cos x\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 3\pi ; - 2\pi } \right)\). Chọn D.

Ta có \(\sin 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\). Chọn A.

Ta có \({u_5} = \frac{{2 \cdot {5^2} - 1}}{{{5^2} + 3}} = \frac{7}{4}\). Chọn C.

Ta có \({u_1} = 5 - 2 \cdot 1 = 3;\,\,{u_2} = 5 - 2 \cdot 2 = 1;\,\,{u_3} = 5 - 2 \cdot 3 = - 1;\,\,...........\)

Khi đó, công sai của cấp số cộng là \(d = {u_2} - {u_1} = 1 - 3 = - 2\). Chọn A.

¨ Dãy số \({u_n} = \frac{1}{n}\) có \[{u_1} = 1;{u_2} = \frac{1}{2};{u_3} = \frac{1}{3};...\] nên \(\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}}\), do đó không phải là cấp số nhân.

¨ Dãy số \({u_n} = 3n\) có \[{u_1} = 3;{u_2} = 6;{u_3} = 9;...\] nên \(\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}}\), do đó không phải là cấp số nhân.

¨ Dãy số \({u_n} = {2^n} + 1\) có \[{u_1} = 3;{u_2} = 5;{u_3} = 9;...\] nên \(\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}}\), do đó không phải là cấp số nhân.

¨ Dãy số \({u_n} = {2^n}\) có \[\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{2^{n + 1}}}}{{{2^n}}} = 2\] không đổi với mọi n, nên đây là cấp số nhân với công bội \[q = 2\].

Chọn D.

Ta có \(\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0\) (vì \(\lim {q^n} = 0\) với \(\left| q \right| = \frac{1}{2} < 1\));

\(\lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0\);  \(\lim {n^3} = + \infty \); \(\lim \left( { - {n^2}} \right) = - \lim {n^2} = - \infty \). Chọn D.

Ta có \(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 3}}{{ - 4x + 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 - \frac{3}{x}}}{{ - 4 + \frac{2}{x}}} = \frac{2}{{ - 4}} = - \frac{1}{2}\) (vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{3}{x} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{2}{x} = 0\)). Chọn C.

Ta có \({\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}\)\( \Rightarrow \sin x = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\)\(\left( {{\rm{do}}\,\, - \frac{\pi }{2} < x < 0 \Rightarrow \sin x < 0} \right)\)\( \Rightarrow \tan x = - 2\sqrt 2 \).

Vậy \(\tan 2x = \frac{{2\tan x}}{{1 - {{\tan }^2}x}} = \frac{{ - 4\sqrt 2 }}{{ - 7}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{7}.\)Chọn A.

Một hàm số có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ khi nó là hàm số lẻ.

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \cos 3x \cdot \sin x\).

Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).

Do đó nếu \(x\) thuộc tập xác định \(D\) thì \( - x\) cũng thuộc tập xác định \(D\).

Ta có \(f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - 3x} \right) \cdot \sin \left( { - x} \right) = \cos 3x \cdot \left( { - \sin x} \right) = - \cos 3x \cdot \sin x = - f\left( x \right),\,\,\forall x \in D\).

Vậy hàm số \(y = \cos 3x \cdot \sin x\) là hàm số lẻ nên đồ thị của nó đối xứng qua gốc tọa độ. Chọn B.

Ta có \({u_n} = \frac{7}{{12}} \Leftrightarrow \frac{{2n + 5}}{{5n - 4}} = \frac{7}{{12}} \Leftrightarrow 12\left( {2n + 5} \right) = 7\left( {5n - 4} \right)\)\( \Leftrightarrow 11n = 88 \Leftrightarrow n = 8\). Chọn A.

a) Đúng.Ta có \({v_1} = {u_1} - 3 = 8 - 3 = 5\).

b) Sai. Có \({v_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - 3 = 4{u_n} - 9 - 3 = 4{u_n} - 12 = 4\left( {{u_n} - 3} \right) = 4{v_n} \Rightarrow \frac{{{v_{n + 1}}}}{{{v_n}}} = 4\) không đổi với mọi \(n \in {\mathbb{N}^*}\).

Vậy dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\)là một cấp số nhân có số hạng đầu \({v_1} = 5\), công bội \({q_1} = 4\).

c) Sai. Số hạng tổng quát của cấp số nhân \(\left( {{v_n}} \right)\) là \({v_n} = {v_1} \cdot q_1^{n - 1} = 5 \cdot {4^{n - 1}}\).

d) Sai. Ta có \({v_n} = {u_n} - 3\), suy ra \({u_n} = 3 + {v_n} = 3 + 5 \cdot {4^{n - 1}}\).

a) Đúng. Vì \(4 \in \left[ {4; + \infty } \right)\) nên \(T\left( 4 \right) = 35\,000 \cdot 4 = 140\,000\).

b) Sai. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} T\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \left( {35\,000x} \right) = 35\,000 \cdot 4 = 140\,000\).

c) Sai. Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} T\left( x \right) = 120\,000 \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} T\left( x \right)\) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} T\left( x \right)\), suy ra hàm số \(T\left( x \right)\) không liên tục tại \(x = 4\).

d) Đúng. Khi \(x > 4\), \(T\left( x \right) = 35000x\) là hàm đa thức nên liên tục trên \(\left( {4; + \infty } \right)\).

Ta lại có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} T\left( x \right) = T\left( 4 \right)\) nên hàm số \(T\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {4; + \infty } \right)\).

Ta có \[2\tan a - \cot a = 1 \Leftrightarrow 2\tan a - \frac{1}{{\tan a}} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan a = 1\\\tan a = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\].

Vì \[ - \frac{\pi }{2} < a < 0\] nên \[\tan a < 0\], suy ra \[\tan a = - \frac{1}{2}\], \[\cot a = - 2\].

Ta có \[\tan \left( {6\pi - a} \right) = - \tan a\]; \[\cot \left( {3\pi + a} \right) = \cot a\]; \[\tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} + a} \right) = - \cot a\].

Vậy \[P = \frac{{\tan \left( {6\pi - a} \right) - 2\cot \left( {3\pi + a} \right)}}{{3\tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} + a} \right)}} = \frac{{ - \tan a - 2\cot a}}{{ - 3\cot a}}\]\[ = \frac{{\frac{1}{2} + 4}}{6} = \frac{3}{4} = 0,75\].

Đáp án:\(0,75\).

Ta có \(4\sin 3x\sin 2x\cos x = 4\left( {\sin 3x\cos x} \right)\sin 2x = 4 \cdot \frac{1}{2}\left( {\sin 4x + \sin 2x} \right)\sin 2x\)

            \( = 2\sin 4x\sin 2x + 2{\sin ^2}2x = \left( {\cos 2x - \cos 6x} \right) + 2\left( {\frac{{1 - \cos 4x}}{2}} \right)\)\( = \cos 2x - \cos 4x - \cos 6x + 1\).

Vậy \(a + b + c + d = 0\).

Đáp án:0.

Xét \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{m\left( {n + 1} \right) - 1}}{{\left( {n + 1} \right) + 1}} - \frac{{mn - 1}}{{n + 1}} = \frac{{mn + m - 1}}{{n + 2}} - \frac{{mn - 1}}{{n + 1}}\)

\( = \frac{{m{n^2} + 2mn + m - n - 1 - \left( {m{n^2} + 2mn - n - 2} \right)}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} = \frac{{m + 1}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}\).

Dãy số đã cho là dãy giảm \( \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} < 0 \Leftrightarrow \frac{{m + 1}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} < 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*} \Leftrightarrow m < - 1\)

\(\left( {{\rm{do }}\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right) > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}} \right){\rm{. }}\)

Với \(m\)là số nguyên lớn nhất và \(m < - 1\) suy ra \(m = - 2\).

Đáp án:−2.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} - \left( {5x + 1} \right)} \right]\left[ {x + \sqrt {4x - 3} } \right]}}{{\left[ {{x^2} - \left( {4x - 3} \right)} \right]\left[ {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right]}}\)

\(\mathop { = \lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)\(\mathop { = \lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)

\(\mathop { = \lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{{3\left( {3 + \sqrt {4 \cdot 3 - 3} } \right)}}{{\left( {3 - 1} \right)\left( {3 + 1 + \sqrt {5 \cdot 3 + 1} } \right)}}\)\( = \frac{9}{8}\).

Do đó \(a = 9;b = 8\) nên \(a - b = 1\).

Đáp án: 1.

a) Nhiệt độ ngoài trời lúc 19 giờ là \(h\left( {19} \right) = 31 + 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {19 - 9} \right)\)\( = 31 + 3\sin \frac{{5\pi }}{6} = 32,5\)℃.

b) Ta có \( - 1 \le \sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 1 \Rightarrow - 3 \le 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 3 \Rightarrow 28 \le 31 + 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 34\,\,\forall t.\)

Do đó \(\max h\left( t \right) = 34 \Leftrightarrow \sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 15 + 24k,k \in \mathbb{Z}.\)

Vì \(0 < t \le 24 \Rightarrow 0 \le 15 + 24k \le 24 \Leftrightarrow - \frac{{15}}{{24}} \le k \le \frac{3}{8}\).

Do \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0\)nên \(t = 15.\)

Vậy vào thời điểm 15 giờ thì nhiệt độ ở thành phố đó lớn nhất.

Số ngày bạn An để dành tiền (thời gian bỏ ống heo tính từ ngày \[01\] tháng \[01\] năm \[2025\] đến ngày \[30\] tháng \[4\] năm\[2025\]) là \[31 + 28 + 31 + 30 = 120\] ngày.

Số tiền bỏ ống heo ngày đầu tiên là: \[{u_1} = 100\] đồng.

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ hai là: \[{u_2} = 100 + 100 = 100 + 1 \cdot 100\] đồng.

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ ba là: \[{u_3} = 100 + 100 + 100 = 100 + 2 \cdot 100\] đồng.

…

Như vậy, số tiền bỏ ống heo mỗi ngày của bạn An lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 100\), công sai \(d = 100\).

Sau \[120\] ngày thì số tiền An tích lũy được là tổng của \[120\] số hạng đầu của cấp số cộng trên.

Vậy số tiền An tích lũy được là \({S_{120}} = \frac{{120}}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {120 - 1} \right)d} \right]\)\( = \frac{{120}}{2}\left( {2 \cdot 100 + 119 \cdot 100} \right)\)\( = 726\,000\) đồng.

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày đầu tiên là \(150\,{\rm{mg}}\).

Sau ngày đầu, trước mỗi lần uống, hàm lượng thuốc cũ trong cơ thể vẫn còn \(5\% \).

Do đó, lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ hai là

\(150 + 150 \cdot 5\% = 150\left( {1 + 0,05} \right)\) (mg).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ ba là

\(150 + 150\left( {1 + 0,05} \right) \cdot 5\% = 150 + 150\left( {0,05 + 0,{{05}^2}} \right) = 150\left( {1 + 0,05 + 0,{{05}^2}} \right)\) (mg).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ tư là

\(150 + 150\left( {1 + 0,05 + 0,{{05}^2}} \right) \cdot 5\% = 150\left( {1 + 0,05 + 0,{{05}^2} + 0,{{05}^3}} \right)\) (mg).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ năm là

\(150 + 150\left( {1 + 0,05 + 0,{{05}^2} + 0,{{05}^3}} \right) \cdot 5\% = 150\left( {1 + 0,05 + 0,{{05}^2} + 0,{{05}^3} + 0,{{05}^4}} \right)\)\( = 157,8946875\,\,{\rm{(mg)}}.\)

Cứ tiếp tục như vậy, ta ước tính lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài là

\(S = 150\left( {1 + 0,05 + 0,{{05}^2} + 0,{{05}^3} + 0,{{05}^4} + \ldots } \right)\) (mg).

Nhận thấy rằng \(0,05 + 0,{05^2} + 0,{05^3} + 0,{05^4} + \ldots \) là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({u_1} = 0,05\) và công bội \(q = 0,05\).

Do đó, \(1 + 0,05 + 0,{05^2} + 0,{05^3} + 0,{05^4} + \ldots = 1 + \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 1 + \frac{{0,05}}{{1 - 0,05}} = \frac{{20}}{{19}}\).

Suy ra \(S = 150 \cdot \frac{{20}}{{19}} = \frac{{3000}}{{19}}\).

Vậy lượng thuốc trong cơ thể nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài ước tính khoảng \(\frac{{3000}}{{19}}\) mg.