Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 8

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\frac{{3\pi }}{5}\,\,rad = \frac{{3\pi }}{5} \cdot \frac{{180^\circ }}{\pi } = 108^\circ$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Do $- \frac{{3\pi }}{2} < \alpha < - \pi$ nên điểm $M$ biểu diễn góc lượng giác có số đo $\alpha$thuộc góc phần tư số II.

Do đó:

$\sin \alpha > 0,\cos \alpha < 0,\tan \alpha < 0,\cot \alpha < 0$.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha$, $\sin \left( {\pi - \alpha } \right) = \sin \alpha$, $\tan \left( {\pi - \alpha } \right) = - \tan \alpha$

Do đó ta chọn $\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha$.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Theo công thức biến tổng thành tích ta có: $\cos a--\cos b = - 2\sin \frac{{a + b}}{2}.\sin \frac{{a - b}}{2}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có : ${\cos ^2}a = 1 - {\sin ^2}a = \frac{{16}}{{25}}$. Do $0 < a < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \cos a > 0 \Rightarrow \cos a = \frac{4}{5}$

Khi đó $M = \sin \left( {a - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\sin a - \cos a} \right) = - \frac{{\sqrt 2 }}{{10}}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\sin \alpha + \cos \alpha = \frac{3}{2} \Rightarrow {\left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)^2} = \frac{9}{4} \Leftrightarrow 1 + \sin 2\alpha = \frac{9}{4} \Leftrightarrow \sin 2\alpha = \frac{5}{4}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: $A = \frac{{\sin 3x + \cos 2x - \sin x}}{{\cos x + \sin 2x - \cos 3x}}$$= \frac{{2\cos 2x\sin x + \cos 2x}}{{2\sin 2x\sin x + \sin 2x}}$$= \frac{{\cos 2x(1 + 2\sin x)}}{{\sin 2x(1 + 2\sin x)}} = \cot 2x$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $M = \cos \left( {a + b} \right).\cos \left( {a - b} \right) + \sin \left( {a + b} \right).\sin \left( {a - b} \right)$

$= \cos \left[ {\left( {a + b} \right) - \left( {a - b} \right)} \right]$

$= \cos 2b$

$= 1 - 2{\sin ^2}b$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số $y = \sin 2x$ tuần hoàn với chu kỳ $T = 2\pi$ nên hàm số $y = \sin 2x$ tuần hoàn với chu kỳ $T = \pi .$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số $y = \cot x$ xác định khi và chỉ khi $sinx \ne 0$$\Leftrightarrow x \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Do hàm số $y = \cos x$ nghịch biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.

Ba hàm số còn lại $y = \sin x$, $y = \tan x$, $y = - \cot x$ đồng biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Hàm số đã cho tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$ và kết hợp với các phương án đề bài thì ta sẽ xét sự biến thiên của hàm số trên $\left[ { - \frac{\pi }{2};\,\frac{{3\pi }}{2}} \right].$

Ta có hàm số $y = \sin x:$

* Đồng biến trên khoảng $\left( { - \frac{\pi }{2};\,\,\frac{\pi }{2}} \right).$

* Nghịch biến trên khoảng $\left( {\frac{\pi }{2};\,\,\frac{{3\pi }}{2}} \right).$

Từ đây suy ra hàm số $y = 1 - \sin x:$

* Nghịch biến trên khoảng $\left( { - \frac{\pi }{2};\,\,\frac{\pi }{2}} \right).$

* Đồng biến trên khoảng $\left( {\frac{\pi }{2};\,\,\frac{{3\pi }}{2}} \right).$

Dưới đây là đồ thị của hàm số $y = 1 - \sin x$ và hàm số $y = \sin x$trên $\mathbb{R}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có : $y = 1 - 2\cos x - {\cos ^2}x$$= 2 - {\left( {\cos x + 1} \right)^2}$

Nhận xét : $- 1 \le \cos x \le 1$$\Leftrightarrow 0 \le \cos x + 1 \le 2$$\Rightarrow 0 \le {\left( {\cos x + 1} \right)^2} \le 4$

Do đó $y = 2 - {\left( {\cos x + 1} \right)^2} \le 2 - 0 = 2$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là $2$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

⦁ Xét hàm $y = f\left( x \right) = \cos 3x$

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

Với mọi $x \in D,$ ta có: $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - 3x} \right) = \cos 3x = f\left( x \right)$

Do đó, $y = f\left( x \right) = \cos 3x$ là hàm chẵn trên trên $\mathbb{R}$.

⦁ Xét hàm $y = g\left( x \right) = \sin \left( {{x^2} + 1} \right)$

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

Với mọi $x \in D,$ ta có: $- x \in D$ và $g\left( { - x} \right) = \sin \left( {{{\left( { - x} \right)}^2} + 1} \right) = \sin \left( {{x^2} + 1} \right) = g\left( x \right)$

Do đó: $y = g\left( x \right) = \sin \left( {{x^2} + 1} \right)$ là hàm chẵn trên $\mathbb{R}$.

⦁ Xét hàm$\,y = h\left( x \right) = {\tan ^2}x$.

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Với mọi $x \in D,$ ta có: $- x \in D$ và $h\left( { - x} \right) = {\tan ^2}\left( { - x} \right) = {\tan ^2}x = h\left( x \right)$

Do đó: $\,y = h\left( x \right) = {\tan ^{2016}}x$ là hàm số chẵn trên $D$.

⦁ Xét hàm$\,\,y = t\left( x \right) = \cot x$.

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Với mọi $x \in D,$ ta có: $- x \in D$ và $t\left( { - x} \right) = \cot \left( { - x} \right) = - \cot x = - t\left( x \right)$

Do đó: $\,y = t\left( x \right) = \cot x$ là hàm số lẻ trên $D$.

Vậy $\left( 1 \right)$, $\left( 2 \right)$, $\left( 3 \right)$ là các hàm số chẵn.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Lời giải

Đáp án đúng là: B

$\cos x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$nên A sai.

$\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ nên B đúng, D sai.

$\cos x \ne - 1 \Leftrightarrow x \ne - \pi + k2\pi ,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ nên C sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Từ $1 + \tan x = 0 \Leftrightarrow \tan x = - 1$$\Leftrightarrow$$x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\rm{cos}}\left( {\frac{x}{2} + 15^\circ } \right) = {\rm{sin}}x \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {\frac{x}{2} + 15^\circ } \right) = {\rm{cos}}x\left( {90^\circ - x} \right)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{x}{2} + 15^\circ = 90^\circ - x + k360^\circ \\\frac{x}{2} + 15^\circ = - 90^\circ + x + k360^\circ \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50^\circ + k240^\circ \\x = 210^\circ - k720^\circ \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Vậy $290^\circ \in X$.

Đáp án đúng là: A

ĐK: $\cos \frac{x}{2} \ne 0,\cos x \ne 0$

Ta có: $\tan \frac{x}{2} = \tan x \Leftrightarrow \frac{x}{2} = x + k\pi \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$ (thỏa mãn).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

$$\cos 3x - 4\cos 2x + 3\cos x - 4 = 0$$

$\Leftrightarrow 4{\cos ^3}x - 3\cos x - 4(2{\cos ^2}x - 1) + 3\cos x - 4 = 0$

$\Leftrightarrow 4{\cos ^3}x - 8{\cos ^2}x = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi$

Vì $x \in \left[ {0;14} \right] \Rightarrow x = \frac{\pi }{2},x = \frac{{3\pi }}{2},x = \frac{{5\pi }}{2},x = \frac{{7\pi }}{2}$.

Vậy có tất cả 4 nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có ${u_{n + 1}} = \frac{{a.{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right) + 1}} = \frac{{a{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {n + 2} \right)}^2}}}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: $8 = 7.1 + 1$ ; $15 = 7.2 + 1$; $22 = 7.3 + 1$; $29 = 7.4 + 1$; $36 = 7.5 + 1$

Suy ra số hạng tổng quát ${u_n} = 7n + 1$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có năm số hạng đầu của dãy là

${u_1} = \frac{{{1^2} + 3.1 + 7}}{{1 + 1}} = \frac{{11}}{2}$, ${u_2} = \frac{{17}}{3},{u_3} = \frac{{25}}{4},{u_4} = 7,{u_5} = \frac{{47}}{6}$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $- 1 \le {u_n} \le 1 \Rightarrow ({u_n})$ là dãy bị chặn.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

5 số hạng đầu của dãy là $0;1;\sqrt 2 ;\sqrt 3 ;\sqrt 4$.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Điểm $E$ và 2 điểm bất kì trong 4 điểm $A,B,C,D$ tạo thành 6 mặt phẳng, bốn điểm $A,B,C,D$ tạo thành 1 mặt phẳng.

Vậy có tất cả 7 mặt phẳng.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hình chóp ngũ giác có 5 mặt bên + 1 mặt đáy. 5 cạnh bên và 5 cạnh đáy.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

$A$ là điểm chung thứ nhất của $\left( {ACD} \right)$ và $\left( {GAB} \right)$

$G$ là trọng tâm tam giác $BCD$, $N$ là trung điểm $CD$ nên $N \in BG$ nên $N$ là điểm chung thứ hai của $\left( {ACD} \right)$ và $\left( {GAB} \right)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ và $\left( {GAB} \right)$ là $AN$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Trong mặt phẳng $\left( {MNPQ} \right)$ gọi $I = MP \cap NQ$.

Ta sẽ chứng minh $I \in SO$.

Dễ thấy $SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

$$\left\{ \begin{array}{l}I \in MP \subset \left( {SAC} \right)\\I \in NQ \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.$$

$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {SAC} \right)\\I \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in SO$$

Vậy $MP,NQ,SO$ đồng quy tại $I$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Dựa vào hình vẽ ta suy ra $a$ và $b$ chéo nhau.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

⦁ Nếu ba mặt phẳng cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì có thể đôi một song song nhau ⇒ A sai.

⦁ Nếu hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến, nếu có, của chúng có thể trùng với một trong hai đường thẳng đó ⇒ B sai.

⦁ Giả sử: $p$ cắt $a$ và $b$ lần lượt tại $A$ và $B;$ $q$ cắt $a$ và $b$ lần lượt tại $A'$ và $B'$.

Nếu $p\,{\rm{//}}\,q \Rightarrow A,B,A',B'$ đồng phẳng $\Rightarrow a,b$ đồng phẳng (mâu thuẫn) ⇒ C sai.

⦁ Hai đường thẳng chéo nhau nếu chúng không đồng phẳng ⇒ D đúng.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $RT$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $RT{\rm{//}}AD\,$.

$MQ$ là đường trung bình của tam giác $ACD$ nên $MQ{\rm{//}}AD$.

Suy ra $RT{\rm{//}}MQ$. Do đó $M,\,\,Q,\,\,R,\,\,T$ đồng phẳng.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề đúng vì $IO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$.

Mệnh đề sai vì tam giác $IBD$ chính là thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left( {IBD} \right)$.

Mệnh đề đúng vì giao điểm của đường thẳng $AI$ với mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ là giao điểm của $AI$ với $SO$.

Mệnh đề đúng vì $I,\,O$ là hai điểm chung của 2 mặt phẳng $\left( {IBD} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$.

Vậy số mệnh đề đúng trong các mệnh để trên là: 3.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Vì $c$ song song với giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ nên $c\,{\rm{//}}\,\left( P \right)$ và $c\,{\rm{//}}\,\left( Q \right)$.

Khi đó, $\left( P \right)$ là mặt phẳng chứa $a$ và song song với $c,$ mà $a$ và $c$ chéo nhau nên chỉ có một mặt phẳng như vậy.

Tương tự cũng chỉ có một mặt phẳng $\left( Q \right)$ chứa $b$ và song song với $c$.

Vậy có nhiều nhất một mặt phẳng $\left( P \right)$ và một mặt phẳng $\left( Q \right)$ thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: A

$I$ trên đoạn $SO$ và $\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}$ nên $I$ là trọng tâm tam giác $SBD$. Suy ra $M$ là trung điểm $SD;$ $N$ là trung điểm $SB.$

Do đó $MN\,{\rm{//}}\,BD$ và $MN = \frac{1}{2}BD$ nên $MNBD$ là hình thang.

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

Ta có: ${\sin ^2}\alpha + co{s^2}\alpha = 1$.

Suy ra: $cos\alpha = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = - \frac{4}{5} \Rightarrow \tan \alpha = - \frac{3}{4}$.

Vậy $\tan \left( {\frac{\pi }{3} + \alpha } \right) = \frac{{\tan \frac{\pi }{3} + \tan \alpha }}{{1 - \tan \frac{\pi }{3}\tan \alpha }} = \frac{{48 - 25\sqrt 3 }}{{11}}$.

b) $\cos \left( {\frac{\pi }{3} + 3x} \right) + \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} - 4x} \right) + \cos x = 1$

$\Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi }{3} + 3x} \right) + \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} - 4x} \right) = 1 - \cos x$

$\Leftrightarrow 2\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right)\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) = 2{\sin ^2}\frac{x}{2} \Leftrightarrow 2\sin \frac{x}{2}\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) = 2{\sin ^2}\frac{x}{2}$

$\Leftrightarrow \sin \frac{x}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) - \sin \frac{x}{2}} \right] = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{x}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) - \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right)} \right] = 0.$

● $\sin \frac{x}{2} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{2} = k\pi \Leftrightarrow x = k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

● $\cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) - \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6}} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} - \frac{x}{2} + k2\pi \\\frac{{7x}}{2} - \frac{\pi }{6} = - \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{x}{2}} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\\x = - \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = k2\pi$; $x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}$; $x = - \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}$, $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

c) Dựa vào hệ trục ta có:

$\tan \alpha = \frac{{OM}}{{OH}} \Rightarrow OM = OH.\tan \alpha$

Với $\alpha = \frac{\pi }{{10}}t$ $\Rightarrow {y_M} = 1.\tan \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right) = \tan \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right)$

Khi ${y_N} = - 1 \Rightarrow \tan \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right) = - 1$

$\Leftrightarrow \frac{\pi }{{10}}t = \frac{{3\pi }}{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$

$\Leftrightarrow t = \frac{{15}}{2} + 10k,k \in \mathbb{Z}$ và $k \ge 0$.

⦁ Ta có ${u_n} > 1$

Giả sử tồn tại ${u_n} \ge 2 \Rightarrow \sqrt {{u_{n - 1}} + 2} \ge 2 \Rightarrow {u_{n - 1}} \ge 2$

Như vậy, nếu tồn tại ${u_n} \ge 2$ thì suy ra ${u_{n - 1}} \ge 2$, từ đó cũng suy ra được ${u_{n - 2}},{u_{n - 3}} \ldots {u_2},{u_1} \ge 2$ vô lý

Do ${u_1} = \sqrt 2 < 2.$ Nên điều giả sử là sai.

Suy ra ${u_n} < 2$ (1)

⦁ Xét ${u_{n + 1}} - {u_n} = \sqrt {{u_n} + 2} - {u_n} = \frac{{{u_n} + 2 - u_n^2}}{{\sqrt {{u_n} + 2} + {u_n}}} = \frac{{\left( {2 - {u_n}} \right)\left( {1 + {u_n}} \right)}}{{\sqrt {{u_n} + 2} + {u_n}}} > 0$

Suy ra ${u_{n + 1}} > {u_n},$ nên đây là dãy tăng (2)

Từ (1) và (2) suy ra dãy đã cho tăng và bị chặn trên bởi 2.

a) Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left( \alpha \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN}\\{CD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)}\\{CD \subset \left( {ACD} \right)}\end{array}} \right.$ suy ra $MN\,{\rm{//}}\,CD$

Tương tự $\left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ\,{\rm{//}}\,CD$

Vì $MN\,{\rm{//}}\,CD\,{\rm{//}}\,PQ$ nên thiết diện $MNPQ$ là hình thang.

Ta có $DQ = CP = x$, $DM = a - x$.

Áp dụng định lý côsin trong tam giác $DMQ$, ta có

$MQ = \sqrt {D{M^2} + D{Q^2} - 2DM.DQ\cos 60^\circ } = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}}$

Tương tự ta cũng tính được $NP = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}}$.

Suy ra $MQ = NP$.

Vậy thiết diện $MNPQ$ là hình thang cân.

b) Tam giác $ACD$ đều có $MN\,{\rm{//}}\,CD$ nên tam giác $AMN$ cũng đều nên $MN = AM = x$

Tam giác $BCD$ đều có $PQ\,{\rm{//}}\,CD$ nên tam giác $BPQ$ cũng đều nên $PQ = BP = a - x$.

Trong hình thang cân $MNPQ$, hạ $NH$ vuông góc với $PQ$ và tìm được $NH = \frac{1}{2}\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}}$.

Do đó ${S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}\left( {MN + PQ} \right).NH$

$$= \frac{1}{2}\left[ {x + \left( {a - x} \right)} \right].\frac{1}{2}\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}}$$

$$= \frac{1}{4}a\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}}$$

$= \frac{1}{4}a\sqrt {8{{\left( {x - \frac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}} \ge \frac{{{a^2}}}{4}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: $x = \frac{a}{2}$.

Vậy diện tích hình thang $MNPQ$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{{{a^2}}}{4}$ khi $x = \frac{a}{2}$.