Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2023-2024 THPT (TP.HCM) có đáp án
40 câu hỏi
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (7,0 điểm)
\[11.500.000\].
\[11.030.000\].
\[11.213.000\].
\[10.847.000\].
Chọn B
Ta có \[{u_1} = 9.200.000\] và \[d = 183.000\] nên \[{u_{11}} = {u_1} + 10.d = 11.030.000\].
\(\cos \left( {x - y} \right)\).
\(\cos \left( {x + y} \right)\).
\(\sin \left( {x + y} \right)\).
\(\sin \left( {x - y} \right)\).
\[25,1m\]
\[25,5m\]
\[25m\]
\[26m\]
Ta có: \(\frac{{2\pi }}{9} = 40^\circ \) Ta có \(l = \frac{{\pi ra^\circ }}{{180}} = \frac{{\pi .36.40}}{{180}} \approx 25,1327\)
\(x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in Z\)
\(x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi ,k \in Z\)
\(x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in Z\)
\(x = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,k \in Z\)
Chọn D
Ta có \[\cos x = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \]
\[{u_1} = 16\].
\[{u_1} = - \frac{1}{{16}}\].
\[{u_1} = \frac{1}{{16}}\].
\[{u_1} = - 16\].
Chọn C
Ta có
\[\begin{array}{l}{s_8} = \frac{{8(2{u_1} + 7d)}}{2} = - \frac{{111}}{2} \Leftrightarrow 16{u_1} = - 111 + 56d = - 111 - 56( - 2) = 1\\ \Rightarrow {u_1} = \frac{1}{{16}}\end{array}\]
\[{u_2} = {u_1} + n\].
\[{u_2} = 7\].
\[{u_2} = 5 + n\].
\[{u_2} = 6\].
Ta có \({u_2} = 5 + 1 = 6\)
\[\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.;\,\,k \in \mathbb{Z}\].
\[\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.;\,\,k \in \mathbb{Z}\].
\[\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.;\,\,k \in \mathbb{Z}\].
\[\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.;\,\,k \in \mathbb{Z}\]
Chọn C
Ta có \[\sin 2x - \cos x = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = \sin (\frac{\pi }{2} - x)\]
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \\2x = \pi - \frac{\pi }{2} + x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}\].
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k\pi \\x = - \alpha + k\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}\].
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = - \alpha + k2\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}\].
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k\pi \\x = \pi - \alpha + k\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}\].
\[\sin \alpha - \sin \beta = 2\cos \frac{{\alpha + \beta }}{2}\sin \frac{{\alpha - \beta }}{2}\]
\[\sin \alpha + \sin \beta = 2\sin \frac{{\alpha + \beta }}{2}\cos \frac{{\alpha - \beta }}{2}\].
\[\sin \alpha + \sin \beta = 2\sin \frac{{\alpha + \beta }}{2}\sin \frac{{\alpha - \beta }}{2}\]
\[\cos \alpha + \cos \beta = 2\cos \frac{{\alpha + \beta }}{2}\cos \frac{{\alpha - \beta }}{2}\]
Chọn C
Theo công thức biến đổi tổng thành tích ta có
\[\sin \alpha + \sin \beta = 2\sin \frac{{\alpha + \beta }}{2}\cos \frac{{\alpha - \beta }}{2}\]
\[14\].
\(13\).
\(15\).
\(16\).
Chọn A
Vị trí cân bằng của dao động điều hòa khi vật đứng yên nên \(x = 0\)
Ta có: \(2\cos \left( {3t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow 3t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \)
\( \Leftrightarrow t = \frac{2}{9}\pi + \frac{\pi }{3}k,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
Trong khoảng thời gian từ \(0\)đến \(15\) giây, nghĩa là
\(0 \le t \le 15 \Leftrightarrow 0 \le \frac{2}{9}\pi + \frac{\pi }{3}k \le 15,\,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow - 0,6 \le k \le 13,66\,\,\,,\,\,\,k \in \mathbb{Z}\\ \Rightarrow k \in \left\{ {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13} \right\}\end{array}\)
Vậy trong khoảng thời gian từ \(0\)đến \(15\) giây, vật đi qua vị trí cân bằng 14 lần.
\[y = \cot x\] là hàm số lẻ.
\[y = \tan x\]là hàm số lẻ
\[y = \cos x\] là hàm số lẻ.
\[y = \sin x\] là hàm số lẻ.
\[y = \cos x\] là hàm số chẵn
\[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_{n + 1}} = {u_n} + {( - 1)^{2n}};n \in {N^*}\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_{n + 1}} = \frac{1}{2}{u_n} + {n^2};n \in {N^*}\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}{u_{20}} = 8{u_{17}}\\{u_1} + {u_5} = 272\end{array} \right.\].
\({u_n} = \frac{{\sqrt {3{n^2} - 2n + 1} }}{{2n + 1}};n \in {N^*}\).
Chọn D
Dãy số cho bởi số hạng tổng quát là \({u_n} = \frac{{\sqrt {3{n^2} - 2n + 1} }}{{2n + 1}};n \in {N^*}\).
\[x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,k \in Z\]
\[x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,k \in Z\]
\[x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in Z\]
\[x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in Z\].
Chọn B
Ta có \(\cot \,x = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
\[d = - 5\]
\[d = - 7\]
\[d = - \frac{2}{5}\]
\[d = 7\].
Ta có \(d = {u_2} - {u_1} = 2 + 5 = 7\)
\[x \ne k2\pi ;k \in Z\].
\(x \ne k\pi ;k \in Z\).
\(x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ;k \in Z\).
\(x \ne \frac{{k\pi }}{2};k \in Z\).
Hàm số \(y = \frac{{1 - 3\cos x}}{{\sin x}}\) xác định khi \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
\(3,5,7,9,11\) .
\(2,4,6,...2n,...\).
\(1,3,5,7,9,...2n + 1,...\)
\(1,2,3,4,5,6,7,8,...,n,...\)
\(6\).
\(9\).
\(10\).
\(8\).
Chọn C
Ta có: \(\frac{{2n + 5}}{{5n - 4}} = \frac{{25}}{{46}} \Rightarrow 46(2n + 5) = 25(5n - 4),\,\,n \in \mathbb{Z}\)
\( \Leftrightarrow 92n + 230 = 125n - 100 \Leftrightarrow 33n = 330 \Rightarrow n = 10\)
Số hạng tổng quát: \[{u_n} = {u_1} + (n - 1)d\] với \[n \in {N^*}\].
Số hạng tổng quát: \[{u_{n + 1}} = {u_1} + (n - 1)d\] với \[n \in {N^*}\].
Tổng \[n\] số hạng đầu: \[{S_n} = \frac{{n({u_1} + {u_n})}}{2}\].
Hệ thức truy hồi: \[{u_n} = {u_{n - 1}} + d\] với \[n \ge 2\].
Số hạng tổng quát của cấp số cộng có\[{u_1}\] và công sai \[d\]là \[{u_{n + 1}} = {u_1} + nd\] với \[n \in {N^*}\].
![Chọn B Số hạng tổng quát của cấp số cộng có\[{u_1}\] và công sai \[d\]là \[{u_{n + 1}} = {u_1} + nd\] với \[n \in {N^*}\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/06/picture1-1782345500.png)
\[\sin \alpha = \frac{b}{a}\].
\[\sin \alpha = \frac{a}{b}\].
\(\sin \alpha = b\).
\(\sin \alpha = a\).
Dựa vào hình vẽ ta có \(\sin \alpha = b\)
Chọn B
Theo công thức cung liên kết ta có \[\sin \left( {--\alpha } \right) = - \sin \alpha \] nên \[\sin \left( {--{{30}^0}} \right) = - \sin {30^0}\] ,đúng
\(\frac{{4\sqrt 6 }}{5}\)
\(\frac{{2\sqrt 6 }}{5}\)
\(\frac{{2\sqrt 6 }}{{25}}\)
\(\frac{{\sqrt 6 }}{5}\)
Chọn B
Ta có \(\sin 2\alpha = 2\cos \alpha .\sin \alpha = \frac{{24}}{{25}} \Rightarrow \sqrt {\sin 2\alpha } = \frac{{2\sqrt 6 }}{5}\)là:
\({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\[{\rm{D}} = \mathbb{R}.\]
\({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
Ta có tập xác định của hàm số \[y = \tan x\] là \({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\[B = tana\]
\[B = - tana\]
\[B = - \cot 2a\]
\[B = - tan2a\]
Ta có
\[B = \frac{{\cos a - \cos 3a}}{{\sin a + \sin 3a}} = \frac{{ - 2\sin 2a\sin ( - a)}}{{2\sin 2a\cos ( - a)}} = \tan a\].
\[1,1,1,1,1\].
\[ - 8, - 6, - 4, - 2,0\].
\[\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{5}{2},\frac{7}{2},\frac{9}{2}\].
\[3,1, - 1, - 2, - 4\].
Ta có : \[1,1,1,1,1\] là cấp số cộng có \[{u_1} = 1;\,d = 0\]
Ta có : \[ - 8, - 6, - 4, - 2,0\]là cấp số cộng \[{u_1} = - 8,\,d = 2\]
Ta có: \[\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{5}{2},\frac{7}{2},\frac{9}{2}\] là cấp số cộng \[{u_1} = \frac{1}{2},\,d = 1\]
\[\sqrt 3 \].
\[1\].
\[ - \sqrt 3 \].
\[\frac{\pi }{6}\].
Chọn A
Ta có \(x\left( t \right) = 2\cos \left( {10\pi t + \frac{\pi }{6}} \right) \Rightarrow x(2) = 2\cos (20\pi + \frac{\pi }{6}) = 2\cos \frac{\pi }{6} = \sqrt 3 \)
\(\,\cos x = \frac{3}{{\sqrt {10} }}\).
\(\,\cos x = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\).
\(\,\cos x = \pm \frac{3}{{\sqrt {10} }}\).
\(\,\cos x = \pm \frac{1}{{\sqrt {10} }}\).
Ta có \[\frac{\pi }{4} < x < \frac{\pi }{2}\] , nên \(\cos x > 0\)
Mà \({\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2} = \frac{1}{{10}} \Rightarrow \cos x = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\)
\[\frac{1}{2}.\]
\[\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\]
\[ - \frac{1}{2}.\]
\[ - \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\]
Chọn C
Ta có:
\( - 180^\circ \) .
\(360^\circ \) .
\(180^\circ \).
\(0^\circ \).
Tia \(Om\) quay theo chiều dương đúng một vòng, thi tia \(Om\)quét nên một góc \(360^\circ \)
\(100\).
\(64\).
\(102\).
\(81\).
Chọn B
Ta có \({u_1} = 7,\,\,{u_2} = 13,\,\,\,{u_3} = 19,\,\,{u_4} = 25\), phép đặt như đề bài là cấp số cộng \(u{}_1 = 7,\,\,\,d = 6\)
Tổng số hạt thóc đặt vào hết các ô trên bàn cờ là \({s_n} = \frac{{n(2{u_1} + (n - 1)d)}}{2} = 12544\)
\(\,\, \Leftrightarrow 6{n^2} + 8n - 25088 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 64\\n = - \frac{{196}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow n = 64\)
Điểm cuối của góc lượng giác \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ tư của đường tròn lượng giác. Khẳng định nào sau đây là sai ?
\[\cos \alpha < 0.\]
\[\cot \alpha < 0.\]
\[\tan \alpha < 0.\]
\[\sin \alpha < 0.\]
Chọn A
Nếu điểm cuối của góc lượng giác \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ tư của đường tròn lượng giác
Thì \[\cos \alpha > 0.\]
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{1}{2}\).
\( - \frac{1}{2}\).
\( - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Chọn A
Ta có \[\sin {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
\(q = \frac{1}{8}\).
\(q = - 14\).
\(q = 14\).
\(q = 8\).
Ta có \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{16}}{2} = 8\)
Tồn tại một số \[m\] sao cho \[{u_n} \ge m\] với mọi \[n \in {N^*}\]
Tồn tại một số \[M\] sao cho \[{u_n} \le M\] với mọi \[n \in {N^*}\].
Đó là dãy số tăng hoặc dãy số giảm.
Tồn tại các số \[m\],\[M\] sao cho \[m \le {u_n} \le M\] với mọi \[n \in {N^*}\].
Nếu tồn tại các số \[m\],\[M\] sao cho \[m \le {u_n} \le M\] với mọi \[n \in {N^*}\] thì \[({u_n})\] là dãy bị chặn.
\[{u_n} = \frac{n}{2}.\left[ { - 6 + \frac{1}{2}\left( {n - 1} \right)} \right]\]
\[{u_n} = - 3 + \frac{1}{2}\left( {n + 1} \right)\].
\[{u_n} = \frac{1}{2}n - \frac{7}{2}\].
\[{u_n} = - 3 + \frac{1}{2}n - 1\].
\(2,4,6,8,...\)
\(1,3,6,9,12,...\)
\(1,3,5,7,...\).
\(2,4,8,16,...\)
Dãy số \(2,4,8,16,...\) là cấp số nhân có \({u_1} = 2,\,\,q = 2\)
( 0,5 điểm) Tìm tập xác định của hàm số \(y = \tan \,\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\).
Vậy tập xác định của hàm số \(y = \tan \,\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\)
( 0,5 điểm) Cho dãy số \(({u_n})\) được xác định bởi \({u_n} = \frac{{2n - 5}}{{n + 2}}\). Số \[\frac{{61}}{{35}}\] là số hạng thứ bao nhiêu của dãy.
Ta có \(\frac{{2n - 5}}{{n + 2}} = \frac{{61}}{{35}} \Rightarrow 35(2n - 5) = 61(n + 2) \Leftrightarrow 9n = 297 \Rightarrow n = 33\)
Vậy \[\frac{{61}}{{35}}\] là số hạng thứ \[33\]
(0.5 điểm) Tính giá trị biểu thức \[B = \sin \left( {\frac{\pi }{3} - \alpha } \right)\] biết \[\cos \alpha = - \frac{{12}}{{13}}\] và \[\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\].
Ta có : \[\cos \alpha = - \frac{{12}}{{13}}\] và \[\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\], nên \[\sin \alpha = - \sqrt {1 - \frac{{144}}{{169}}} = - \frac{5}{{13}}\]
Nên \[B = \sin \left( {\frac{\pi }{3} - \alpha } \right) = \sin \frac{\pi }{3}\cos \alpha - \cos \frac{\pi }{3}\sin \alpha = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{12}}{{13}} + \frac{1}{2}.\frac{5}{{13}} = \frac{{5 - 12\sqrt 3 }}{{26}}\]
(0.5 điểm) .Giải phương trình: \[\sin 3x + 2{\sin ^2}x - 1 = 0\].
\[\sin 3x + 2{\sin ^2}x - 1 = 0 \Leftrightarrow \sin 3x + 2\frac{{1 - \cos 2x}}{2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \sin 3x = \cos 2x\]
\[ \Leftrightarrow \sin 3x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - 2x} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \frac{\pi }{2} - 2x + k2\pi \\3x = \pi - \frac{\pi }{2} + 2x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{10}} + k\frac{{2\pi }}{5}\\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\]
\[ \Rightarrow x = \frac{\pi }{{10}} + k\frac{{2\pi }}{5},\,\,\,\,k \in \mathbb{Z}\]
(1.0 điểm) . Chu kì bán rã của nguyên tố phóng xạ Poloni \[210\] là \[138\] ngày (nghĩa là sau \[138\] ngày khối lượng của nguyên tố đó chỉ còn một nửa). Tính khối lượng còn lại của \[20\] gam Poloni \[210\] sau \[1380\] ngày (số liệu lấy chính xác đến hàng phần trăm).
Cứ sau mỗi chu kì bán rã (\[138\] ngày), khối lượng Poloni còn lại một nửa so với khối lượng của chu kì trước đó \[ \Rightarrow \]Khối lượng còn lại của Poloni lập thành một CSN có số hạng đầu \[{u_1} = 20\](gam), công bội \[q = \frac{1}{2}\]
Sau \[1380\] ngày, tức là sau 10 chu kì bán rã, số lượng Poloni còn lại là:
\[{u_{11}} = {u_1}{q^{10}} = 20.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{10}} \approx 0,02\] (gam)
Vậy sau \[1380\] ngày khối lượng Poloni \[210\]còn lại khoảng \[0,02\](gam).
