Đề thi giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: \[108^\circ .\frac{\pi }{{180^\circ }} = \frac{{3\pi }}{5}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Theo công thức về cung liên kết, ta có \[\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha .\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Với mọi \[x \in \mathbb{R}\] thì \[ - 1 \le \cos x \le 1\].

Do đó, ta có giá trị của hàm số \[y = \cos x\] là \[\left[ { - 1;1} \right].\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định: \[\sin x \ne 0\] \[ \Leftrightarrow x \ne k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Do đó, \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}} \right\}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: \[\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\] \[ \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{3}\] \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Xét các đáp án ta thấy có dãy \[1;1;1;1....\] có các số hạng cách đều nhau một khoảng là \[0\] đơn vị nên dãy số không tăng không giảm.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \[{u_5} = {u_1}.{q^4} = \left( { - 3} \right).{\left( {\frac{2}{3}} \right)^4} = - \frac{{16}}{{27}}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Tổng 4 số hạng đầu của dãy \[\left( {{u_n}} \right)\] là: \[{S_4} = \frac{{4.\left[ {2.1 + \left( {4 - 1} \right).3} \right]}}{2} = 22.\]

Vậy \[{S_4} = 22.\]

Đáp án đúng là: B

Ta có: \[\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB.\]

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SBC} \right)\] là \[SB.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Trong không gian, hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau hoặc song song.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta thấy \[\left\{ \begin{array}{l}A \notin \left( {SBD} \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\\AC \cap BD = O\end{array} \right.\] ,

suy ra \[AC \cap \left( {SBD} \right) = O.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD\parallel BC\end{array} \right.\]

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

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) Đ

d) Đ

 

a) Ta có: \[f\left( x \right) = \left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\cos x + 1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + 2\sin x - \cos x - 1\]

\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\sin 2x + 2\sin x - \cos x - 1\].

Tập xác định của hàm số: \[D = \mathbb{R}.\]

Lấy \[x \in D\] và \[ - x \in D\], ta có:

\[2\sin \left( { - 2x} \right) + 2\sin \left( { - x} \right) - \cos \left( { - x} \right) - 1 = - 2\sin 2x - 2\sin x - \cos x - 1\].

Suy ra \[f\left( x \right) \ne f\left( { - x} \right)\].

Vậy hàm số đã cho không chẵn, không lẻ.

b) Ta có: \[f\left( x \right) = 0\] \[ \Leftrightarrow \left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\cos x + 1} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\sin x - 1 = 0\\\cos x + 1 = 0\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{1}{2}\\\cos x = - 1\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \pi + k2\pi \end{array} \right.,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Nhận thấy, với \[k = - 1\] thì phương trình có các nghiệm âm là:

\[x = \frac{{ - 11\pi }}{6};x = \frac{{ - 7\pi }}{6};x = - \pi \].

c) Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình \[f\left( x \right) = 0\] là \[x = - \pi \].

Xét trên nửa khoảng \[\left[ { - 2\pi ;3\pi } \right)\], ta thấy:

\[ - 2\pi \le \frac{\pi }{6} + k2\pi < 3\pi \] \[ \Leftrightarrow \frac{{ - 13\pi }}{6} \le k2\pi < \frac{{17\pi }}{6}\] \[ \Leftrightarrow \frac{{ - 13}}{{12}} \le k < \frac{{17}}{{12}}\].

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

Do đó \[x \in \left\{ { - \frac{{11\pi }}{6};\frac{\pi }{6};\frac{{13\pi }}{6}} \right\}\] (1).

Tương tự \[ - 2\pi  \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi < 3\pi \]\[ \Leftrightarrow - \frac{{17}}{{12}} \le k < \frac{{13}}{{12}}\].

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

Do đó \[x \in \left\{ { - \frac{{7\pi }}{6};\frac{{5\pi }}{6};\frac{{17\pi }}{6}} \right\}\] (2).

Tương tự, có \[ - 2\pi \le \pi + k2\pi < 3\pi \]\[ \Leftrightarrow - \frac{3}{2} \le k < 1\].

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

Do đó \[x \in \left\{ { - \pi ;\pi } \right\}\] (3).

d) Từ (1), (2), (3) ta tính được tổng các nghiệm bằng \[3\pi \].

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) Đ

d) S

 

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

a) Đ

b) S

c) Đ

d) Đ

 

a) Ta có: \[{u_{11}} = {u_1} + 10d = 5 + 10.\left( { - 7} \right) = - 65.\]

b) Ta có: \[{u_5} + {u_7} = {u_1} + 4d + {u_1} + 6d\]

                           \[ = 2{u_1} + 10d = 2.5 + 10.\left( { - 7} \right) = - 60.\]

c) Ta có: \[{u_{123}} = {u_1} + 122d = 5 + 122.\left( { - 7} \right) = - 849.\]

Vậy số \[ - 849\] là số hạng thứ 123 của cấp số cộng.

d) Ta có: \[{u_{18}} = {u_1} + 17d = 5 + 17.\left( { - 7} \right) = - 114.\]

Vậy số \[ - 114\] là số hạng thứ 18 của cấp số cộng.

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) Đ

d) Đ

 

 

a) Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AM \subset \left( {SAC} \right)\\SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\I \in AM \cap \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM \cap \left( {SBD} \right) = AM \cap SO = I.\]

b) Xét tam giác \[SAC\], có \[AM,SO\] là các trung tuyến của tam giác \[SAC\].

Mà \[AM \cap SO = I\], suy ra \[I\] là trọng tâm của tam giác.

Suy ra \[IA = 2IM\].

c) Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABM} \right) \cap \left( {SBD} \right) = BI\\SD \subset \left( {SBD} \right)\\E \in SD \cap \left( {AMB} \right)\end{array} \right.\]

Suy ra giao điểm \[E\] của đường thẳng \[SD\] và \[\left( {ABM} \right)\] là điểm thuộc đường thẳng \[BI.\]

d) Gọi \[F = NC \cap DB\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {SNC} \right)\\F \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {SNC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SF = \left( {SBD} \right) \cap \left( {SNC} \right)\].

Mà \[MN \subset \left( {SNC} \right)\], suy ra giao điểm của đường thẳng \[MN\] và mặt phẳng \[\left( {SBD} \right)\] là điểm thuộc giao tuyến \[SF\] của hai mặt phẳng \[\left( {SBD} \right)\] và \[\left( {SNC} \right).\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 2021

Ta có: \[y = 2{\cos ^2}x - \sqrt 3 \sin 2x + 2018\]

              \[ = 1 + \cos 2x - \sqrt 3 \sin 2x + 2018\]

              \[ = \cos 2x - \sqrt 3 \sin 2x + 2019\]

              \[ = 2\left( {\frac{1}{2}\cos 2x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x} \right) + 2019\]

             \[ = 2\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) + 2019\]

Ta thấy: \[ - 1 \le \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 1\]

              \[ \Leftrightarrow - 2 \le 2\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 2\]

              \[ \Leftrightarrow 2017 \le 2\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) + 2019 \le 2021\].

Vậy giá trị lớn nhất của \[y = 2{\cos ^2}x - \sqrt 3 \sin 2x + 2018\] là \[2021\].

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: 3375

Gọi \[{u_1};{u_2};{u_3}\] theo thứ tự là ba số cần tìm lập thành một cấp số nhân.

Vì tổng của \[{u_1};{u_2};{u_3}\] là \[65\], do đó \[{u_1} + {u_2} + {u_3} = 65\].

Nếu bớt một đơn vị ở số hạng thứ nhất và \[19\] đơn vị ở số hạng thứ ba ta được một cấp số cộng nên ta có phương trình sau:

\[{u_1} - 1 + {u_3} - 19 = 2{u_2}\] hay \[{u_1} - 2{u_2} + {u_3} = 20\].

Từ đây ta có hệ phương trình sau:

\[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} = 65\\{u_1} - 2{u_2} + {u_3} = 20\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} = 65\\3{u_2} = 45\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} = 65\\{u_2} = 15\end{array} \right.\].

Lúc này, suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_3} = 50\\{u_1}.q = 15\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right) = 50\\{u_1}.q = 15\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{1 + {q^2}}}{q} = \frac{{10}}{3}\\{u_1}.q = 15\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}q = 3\\q = \frac{1}{3}\end{array} \right.\\{u_1}.q = 15\end{array} \right.\].

Vì \[{u_1};{u_2};{u_3}\] theo thứ tự là một cấp số nhân tăng nên \[q = 3\] thỏa mãn.

Khi đó, \[{u_1} = 5;{u_2} = 15;{u_3} = 45.\]

Tích ba số đó là: \[5.15.45 = 3375\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 14

Mực nước của con kênh cao nhất khi độ sâu của mực nước trong kênh lớn nhất.

Ta có: \[ - 1 \le \cos \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) \le 1\] \[ \Leftrightarrow 9 \le 3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) + 12 \le 15\].

Do đó mực nước của con kênh cao nhất bằng \[15{\rm{ }}\left( m \right)\] khi \[\cos \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4} = k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow t = - 2 + 16k\], \[k \in \mathbb{Z}\].

Vì trong một ngày có 24 giờ nên \[0 \le - 2 + 16k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{8} \le k \le \frac{{26}}{{16}}\].

Vì \[k \in \mathbb{Z}\] nên \[k = 1\] do đó \[t = 14\].

Vậy mực nước của con kênh cao nhất khi \[t = 14\] giờ.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 4

Gọi cạnh đầu tiên của đa giác lập thành cấp số cộng là \[x\]\[\left( {0 < x < 44} \right)\].

Theo đề bài, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}x + \left( {n - 1} \right).3 = 44\\\frac{{\left[ {x + 44} \right].n}}{2} = 158\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3n = 47\\xn + 44n = 316\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 47 - 3n\\\left( {47 - 3n} \right)n + 44n = 316\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 47 - 3n\\ - 3{n^2} + 91n - 316 = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 4\\x = 35\end{array} \right.\].

Vậy đa giác đó có 4 cạnh.                            

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 3

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

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {JIG} \right)\] và \[\left( {SAB} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với các đường thẳng \[AB,{\rm{ }}JI\].

Giao tuyến qua \[G\] cắt \[SA\] tại \[M\] và cắt \[SB\] tại \[N\].

Thiết diện của mặt phẳng \[\left( {JIG} \right)\] với hình chóp \[S.ABCD\] là hình thang \[JNMI\] vì \[JI\parallel MN\].

\[JI\] là đường trung bình của hình thang \[ABCD\] nên ta có:

\[IJ = \frac{{AB + CD}}{2} = \frac{{kCD + CD}}{2} = \frac{{k + 1}}{2}CD.\]

\[G\] là trọng tâm tam giác \[SAB\] nên ta có \[MN = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}kCD.\]

Để \[JNMI\] là hình bình hành thì \[JI = NM\].

Suy ra \[\frac{{k + 1}}{2}CD = \frac{2}{3}kCD\]\[ \Leftrightarrow \frac{{k + 1}}{2} = \frac{{2k}}{3}\]\[ \Leftrightarrow k = 3.\]