Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 7

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $\pi {\rm{ }}rad = 180^\circ$ nên $135^\circ = \frac{\pi }{{180}} \cdot 135 = \frac{{3\pi }}{4}{\rm{ }}rad.$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $\cos 2a = {\cos ^2}a--{\sin ^2}a = 2{\cos ^2}a - 1 = 1 - 2{\sin ^2}a$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Vì $\frac{\pi }{2} < a < \pi$$\Rightarrow \sin a > 0$, $\cos a < 0$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\sin \left( {a + \frac{\pi }{4}} \right)\sin \left( {a - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2}\left[ {\cos \frac{\pi }{2} - \cos 2a} \right] = - \frac{1}{2}\cos 2a$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có:

$${\tan ^3}\alpha + {\cot ^3}\alpha = \left( {\tan \alpha + \cot \alpha } \right)\left( {{{\tan }^2}\alpha - \tan \alpha .\cot \alpha + {{\cot }^2}\alpha } \right)$$

$$= \left( {\tan \alpha + \cot \alpha } \right)\left[ {{{\left( {\tan \alpha + \cot \alpha } \right)}^2} - 3\tan \alpha .\cot \alpha } \right]$$

$= \left( {\tan \alpha + \cot \alpha } \right)\left[ {{{\left( {\tan \alpha + \cot \alpha } \right)}^2} - 3} \right]$$= m\left( {{m^2} - 3} \right) = {m^3} - 3m$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Theo giả thiết $x \in \left[ {0;\pi } \right]$ và $\cos x = \frac{5}{{13}} > 0$ suy ra $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ nên $\tan x > 0$.

Do đó $\tan x = \sqrt {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} = \sqrt {\frac{{169}}{{25}} - 1} = \frac{{12}}{5}$.

Ta có $\tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\tan x + 1}}{{1 - \tan x}} = \frac{{\tan x + \tan \frac{\pi }{4}}}{{1 - \tan x\tan \frac{\pi }{4}}} = \frac{{\frac{{12}}{5} + 1}}{{1 - \frac{{12}}{5}}} = - \frac{{17}}{7}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ nên $cos\alpha < 0$.

$${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$$

$$\Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha$$

$$\Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{8}{9}$$

$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \alpha = \sqrt {\frac{8}{9}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\left( {loai} \right)\\\cos \alpha = - \sqrt {\frac{8}{9}} = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\left( {tm} \right)\end{array} \right.$$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có hàm số $y = \tan x$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ và hàm số $y = \cot x$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$ nên cả hai hàm số này đều không thỏa yêu cầu.

Xét hàm số $y = \sin 2x$: Ta có $\sin 2\left( {x + k\pi } \right) = \sin \left( {2x + k2\pi } \right) = \sin 2x$, $\forall x \in \mathbb{R}$, $k \in \mathbb{Z}$.

Hàm số $y = \sin x$ là hàm số tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$ nên không thỏa yêu cầu.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Dựa vào định nghĩa đường tròn lượng giác ta thấy hàm số lượng giác cơ bản $y = \sin x$ đồng biến ở góc phần tư thứ nhất và góc phần tư thứ tư.

Dễ thấy khoảng $\left( {\frac{{7\pi }}{4};\frac{{9\pi }}{4}} \right)$ là phần thuộc góc phần tư thứ tư và thứ nhất nên hàm số đồng biến.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có $- 1 \le \sin x \le 1,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\,.$ Do đó $\sin x - 2 \ne 0,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Vậy tập xác định $D = \mathbb{R}$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Phương trình $\cos x = - 1$ $\Leftrightarrow x = \pi + k2\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $\sin \frac{x}{2} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{2} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pi + k4\pi ,k \in \mathbb{Z}$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$\sin 4x = \cos x \Leftrightarrow \sin 4x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \\4x = \frac{\pi }{2} + x + k2\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: $2023\cos x + \cos 90^\circ = m \Leftrightarrow \cos x = \frac{m}{{2023}}$ $\left( * \right)$

Để phương trình $\left( * \right)$ có nghiệm thì $- 1 \le \frac{m}{{2023}} \le 1 \Leftrightarrow - 2023 \le m \le 2023$.

Vì $m \in \left[ { - 10;10} \right]$ và $m \in \mathbb{Z}$ nên tập $S$ có $11$ phần tử.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $\cot \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3$$\Leftrightarrow \cot \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cot \frac{\pi }{6}$

$\Leftrightarrow x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k\pi$$\Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{6} + k\pi$,$\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}m = 6\\n = 1\end{array} \right.$$\Rightarrow m - n = 5$.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${u}_{1}=\frac{1}{2};{u}_{2}=\frac{1}{4};{u}_{3}=\frac{3}{26}$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có:${u_1} = 5.1,$${u_2} = 10 = 5.2,$${u_3} = 15 = 5.3,$${u_4} = 5.4,$${u_5} = 5.5$$\Rightarrow {u_n} = 5.n$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $0 < {u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n + 2}} < \frac{{2n + 4}}{{n + 2}} = \frac{{2(n + 2)}}{{n + 2}} = 2{\rm{ }}\forall n$ nên dãy $\left( {{u_n}} \right)$ bị chặn.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có ${u_n} = \frac{8}{{15}} \Leftrightarrow \frac{{n + 1}}{{2n + 1}} = \frac{8}{{15}}\,\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right) \Leftrightarrow 15n + 15 = 16n + 8 \Leftrightarrow n = 7$.

Vậy $\frac{8}{{15}}$ là số hạng thứ 7 của dãy số $\left( {{u_n}} \right).$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Vì ${2^n};\,n$ là các dãy dương và tăng nên $\frac{1}{{{2^n}}};\,\,\frac{1}{n}$ là các dãy giảm, do đó loại A,B

Xét đáp án C: loại C

Xét đáp án D: ${u_n} = \frac{{2n - 1}}{{n + 1}} = 2 - \frac{3}{{n + 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} = 3\left( {\frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{{n + 2}}} \right) > 0$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Qua 3 điểm không thẳng hàng có duy nhất một mặt phẳng.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có $E \in BC \subset \left( {BCD} \right) \Rightarrow E \in \left( {BCD} \right)$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có $C \in \left( {BCD} \right) \cap \left( {CMP} \right)$ $\left( 1 \right)$.

Lại có $BD \cap MP = E \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E \in BD \Rightarrow E \in \left( {BCD} \right)\\E \in MP \Rightarrow E \in \left( {CMP} \right)\end{array} \right.$ $\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$$\Rightarrow \left( {BCD} \right) \cap \left( {CMP} \right) = CE$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ gọi $\left\{ I \right\} = BD \cap CM \Rightarrow SI = \left( {SCM} \right) \cap \left( {SBD} \right).$

Trong mặt phẳng $\left( {SCM} \right)$ gọi $\left\{ J \right\} = MN \cap SI \Rightarrow \left\{ J \right\} = MN \cap \left( {SBD} \right).$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung đúng, vì hai đường thẳng chéo nhau là hai đường thẳng không cùng nằm trong mặt phẳng nên chúng không có điểm chung.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

$AN$ và $BC$ là hai đường thẳng chéo nhau.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Vì $M$ là điểm chung của $SA$ và $\left( {CMD} \right)$, nên giao điểm của đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {CMD} \right)$ (nếu có) sẽ thuộc giao tuyến của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {CMD} \right)$.

Ta có $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {CMD} \right)$ có điểm chung là $M$ và $AB//CD$ nên giao tuyến của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {CMD} \right)$ là đường thẳng $d$ qua $M$ và song song $AB,CD$.

Gọi $N = d \cap SB$, khi đó, $MN//AB$, mà $M$ là trung điểm $SA$, suy ra, $N$ là trung điểm $SB$.

Vậy giao điểm của đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {CMD} \right)$ là trung điểm $SB$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Xét mặt phẳng $\left( {ABP} \right).$

Ta có: $M,N$ thuộc $AB \Rightarrow M,N$ thuộc mặt phẳng $\left( {ABP} \right).$

Mặt khác: $CD \cap \left( {ABP} \right) = P.$

Mà: $Q \in CD \Rightarrow Q \notin \left( {ABP} \right) \Rightarrow M,N,P,Q$ không đồng phẳng$\Rightarrow \,\,MQ$ và $NP$ chéo nhau.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi $E$ là trung điểm $BC$.

Trong $\Delta AED$, có $\frac{{AM}}{{AE}} = \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{2}{3}$

$\Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,ED \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)$.

a) Xét hàm số $y = \sin x$ trên $\left( {\frac{\pi }{6};\frac{{2\pi }}{3}} \right)$

Từ bảng biến thiên của hàm số $y = \sin x$ trên $\left( {\frac{\pi }{6};\frac{{2\pi }}{3}} \right)$, dễ thấy để phương trình có hai nghiệm phân biệt trên $\left( {\frac{\pi }{6};\frac{{2\pi }}{3}} \right)$ thì $\frac{{\sqrt 3 }}{2} < m < 1$.

b) Điều kiện: $\sin x \ne \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x \ne \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.;k \in \mathbb{Z}$

Với điều kiện trên, phương trình trở thành $\tan x = \sqrt 3 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,\;\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Kết hợp điều kiện, ta được các nghiệm là $x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi ;k \in \mathbb{Z}$

Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là ${x_0} = \frac{{4\pi }}{3}$.

c) Ta có: $7 \le 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{162}}\left( {t - 60} \right)} \right] + 10 \le 13,\,\,\forall t \in \mathbb{Z}\,\,v\`a \,\,\;0 < t \le 365$

Theo đề bài ta có:

$\sin \left[ {\frac{\pi }{{162}}\left( {t - 60} \right)} \right] = - 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{162}}\left( {t - 60} \right) = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = - 21 + k324$.

Với $t \in \mathbb{Z}$ và $0 < t \le 365$, ta được $t = 303$.

Vậy vào ngày thứ $303$, thành phố $X$ có ít giờ ánh sáng mặt trời nhất.

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{{{n^2} + n + 1}}{{2{n^2} + 1}} = \frac{1}{2} + \frac{{n + \frac{3}{2}}}{{2{n^2} + 1}}$

Với mọi $n \in \mathbb{N}*,$ xét hiệu số:

${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{1}{2} + \frac{{n + 1 + \frac{3}{2}}}{{2{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1}} - \left( {\frac{1}{2} + \frac{{n + \frac{3}{2}}}{{2{n^2} + 1}}} \right)$ $= \frac{{n + \frac{5}{2}}}{{2{n^2} + 2n + 3}} - \frac{{n + \frac{3}{2}}}{{2{n^2} + 1}}$

$= \frac{{\left( {n + \frac{5}{2}} \right)\left( {2{n^2} + 1} \right) - \left( {n + \frac{3}{2}} \right)\left( {2{n^2} + 2n + 3} \right)}}{{\left( {2{n^2} + 2n + 3} \right)\left( {2{n^2} + 1} \right)}}$ $= \frac{{ - 5n - 2}}{{\left( {2{n^2} + 2n + 3} \right)\left( {2{n^2} + 1} \right)}} < 0{\rm{ }}\forall n \ge 1.$

Vậy dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm.

a) Do $M,I$ lần lượt là trung điểm của $SD,SG$ nên $MI$ là đường trung bình của tam giác $SDG$.

Do đó $MI\,{\rm{//}}\,DG$ hay $MI\,{\rm{//}}\,BD$.

b) Trong $\left( {SBD} \right)$ kẻ $MI$ cắt $SO$ tại $E$ (với $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$)

Trong $\left( {SAC} \right)$ kẻ $CE$ cắt $SA$ tại $F$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}F \in SA\\F \in \left( {CMI} \right)\end{array} \right.$ hay $F = SA \cap \left( {CMI} \right)$

Kẻ $ON\,{\rm{//}}\,CF$ với $N \in SA$.

Do $O$ là trung điểm của $AC$ nên $N$ là trung điểm của $FA$.

Vì $FE\,{\rm{//}}\,NO$ và $E$ là trung điểm của $SO$ nên $F$ là trung điểm của $SN$.

Vậy $\frac{{FS}}{{FA}} = \frac{1}{2}.$