Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 10

Đáp án đúng là: A

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

Vậy góc có số đo $108^\circ$ đổi ra rađian là $\frac{{3\pi }}{5}.$

Đáp án đúng là: D

Trên đường tròn lượng giác, xét theo chiều dương với $k = 0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4$, ta thấy góc có số đo $\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ được biểu diễn bởi 4 điểm.

Đáp án đúng là: C

Các góc trong đề bài là góc tù, chú ý rằng các góc tù nghịch biến với cả hàm $\sin$ và $\cos .$

Do đó $\cos 90^\circ 30' < \cos 100^\circ .$

Đáp án đúng là: D

Ta có ${\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1$

Suy ra ${\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9} \Leftrightarrow \sin x = \pm \frac{2}{3}.$

Vì $\frac{{3\pi }}{2} < \alpha < 2\pi$ nên $\sin \alpha < 0.$

Vậy $\alpha = - \frac{2}{3}.$

Đáp án đúng là: B

Khẳng định sai là $\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b$ vì $\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b.$

Đáp án đúng là: B

Ta có $M = 7{\cos ^2}x - 2{\sin ^2}x = 7\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) - 2{\sin ^2}x = 7 - 9{\sin ^2}x$

Ta có $0 \le {\sin ^2}x \le 1$ nên $0 \ge - 9{\sin ^2}x \ge - 9,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$

Hay $7 \ge 7 - 9{\sin ^2}x \ge - 2,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 7.

Đáp án đúng là: B

Điều kiện $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.$

Vậy tập xác định của hàm số $y = \frac{{{x^2} + 1}}{{\cos x}}$ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Đáp án đúng là: C

Ta có $\cot x = \frac{3}{4},\,\,\cot y = \frac{1}{7} \Rightarrow \tan x = \frac{4}{3},\,\,\cot y = 7.$

Khi đó $\tan \left( {x + y} \right) = \frac{{\tan x + \tan y}}{{1 - \tan x\tan y}} = \frac{{\frac{4}{3} + 7}}{{1 - \frac{4}{3} \cdot 7}} = - 1$.

Suy ra $x + y = \frac{{3\pi }}{4}.$

Đáp án đúng là: D

Ta có $\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.$

Đáp án đúng là: C

Vì $x = \frac{\pi }{{12}}$ là một nghiệm của phương trình $\left( {m - 2} \right)\sin 2x = m + 1$ nên ta có:

$\left( {m - 2} \right) \cdot \sin \frac{\pi }{{12}} = m + 1 \Leftrightarrow \frac{{m - 2}}{2} = m + 1$

$\Leftrightarrow m - 2 = 2m + 2 \Leftrightarrow m = - 4.$

Vậy $m = - 4$ là giá trị cần tìm.

Đáp án đúng là: A

Dãy số ${u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}$ bị chặn.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${u_2} = \frac{1}{3}\left( {2 + 1} \right) = 1\,;\,\,{u_3} = \frac{1}{3}\left( {1 + 1} \right) = \frac{2}{3}\,;\,\,{u_4} = \frac{1}{3}\left( {\frac{2}{3} + 1} \right) = \frac{5}{9}.$

Đáp án đúng là: D

Ta có $d = {u_2} - {u_1} = 6.$

Đáp án đúng là: A

Ta có $\{\begin{matrix}{u}_{4}=-12 \\ {u}_{14}=18\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{u}_{1}+3d=-12 \\ {u}_{1}+13d=18\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{u}_{1}=-21 \\ d=3\end{matrix}.$

Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là:

$S = 16 \cdot \left( { - 21} \right) + \frac{{16 \cdot 15}}{2} \cdot 3 = 24$.

Đáp án đúng là: D

Dãy ${u_n} = 7 \cdot {3^n}$ là cấp số nhân có $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 21\\q = 3\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = 2\\{u_9} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^4} = 2\\{u_1}{q^8} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \frac{2}{3}\\{q^4} = 3\end{array} \right..$

Suy ra ${u_{21}} = {u_1}{q^{20}} = {u_1}{\left( {{q^4}} \right)^5} = \frac{2}{3}{3^5} = 162.$

Đáp án đúng là: A

Tính chất không đúng là: Có hai đường thẳng phân biệt cùng đi qua hai điểm phân biệt cho trước.

Đáp án đúng là: B

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD.$

Gọi $G$ là giao điểm của $SO$ và $CI.$

Trong $\left( {SBD} \right),$ gọi $J$ là giao điểm của $BG$ và $SD.$

Suy ra $J$ là trung điểm của $SD.$

Vậy thiết diện là hình thang $IJBC\,\,(J$ là trung điểm của $SD).$

Đáp án đúng là: D

Để hai đường thẳng $a$ và $b$ chéo nhau là $a$ và $b$ không cùng nằm trên bất kì mặt phẳng nào.

Đáp án đúng là: B

Do $\frac{{OG}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{1}{3}$ nên $HG\,{\rm{//}}\,AB$.

Xét tam giác $ABD$ có $MN\,{\rm{//}}\,AB$ nên $HG\,{\rm{//}}\,MN.$

Lại có $HG \cap CN = G.$

Vậy $HG$ và $CD$ chéo nhau.

a) Phương trình $2\cos \frac{x}{2} + \sqrt 3 = 0$ có nghĩa $\forall x \in \mathbb{R}$ hay $D = \mathbb{R}.$

Ta có $2\cos \frac{x}{2} + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = \frac{{ - \,\sqrt 3 }}{2}$$\Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = \cos \frac{{5\pi }}{6}$

$\Leftrightarrow \frac{x}{2} = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{3} + k4\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x = \pm \frac{{5\pi }}{3} + k4\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

b) Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne k\pi \\2x \ne k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Ta có $\cot x\,.\,\cot 2x - 1 = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{\cos 2x}}{{\sin 2x}} - 1 = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{1 - 2{{\sin }^2}x}}{{2\sin x\cos x}} - 1$

$$= \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{1 - 2{{\sin }^2}x}}{{2\sin x\cos x}} - 1 = \frac{1}{{2{{\sin }^2}x}} - 2$$

Khi đó $\cot x\,.\,\cot 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2{{\sin }^2}x}} - 2 = 0 \Leftrightarrow {\sin ^2}x = \frac{1}{4}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{1}{2}\\\sin x = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \sin \frac{\pi }{6}\\\sin x = \sin \frac{{ - \pi }}{6}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{ - \pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \,;\,\,x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\,(k \in \mathbb{Z})$.

Ta dự đoán dãy số giảm sau đó ta sẽ chứng minh nó giảm.

Ta có ${u_n} - {u_{n\, - \,1}} = \frac{{3{u_{n\, - \,1}} + 1}}{4}\, - {u_{n\, - \,1}} = \frac{{1 - {u_{n\, - \,1}}}}{4}.$

Do đó, để chứng minh dãy $\left( {{u_n}} \right)$ giảm, ta chứng minh ${u_n} > 1\,\,\forall n \ge 1$ bằng phương pháp quy nạp toán học. Thật vậy,

Với $n = 1 \Rightarrow {u_1} = 2 > 1$.

Giả sử ${u_k} > 1 \Rightarrow {u_{k\, + \,1}} = \frac{{3{u_k} + 1}}{4}\, > \frac{{3 + 1}}{4} = 1.$

Theo nguyên lí quy nạp, ta có ${u_n} > 1\,\,\forall n \ge 1$.

Do đó ${u_n} - {u_{n\, - \,1}} < 0 \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n\, - \,1}}\,\,\forall n \ge 2$.

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

a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {MBC} \right)\\AD{\rm{ // }}BC\\AD \subset \left( {SAD} \right);BC \subset \left( {MBC} \right)\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {MBC} \right) = Mx{\rm{ // }}AD{\rm{ // }}BC$.

b) Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ gọi $L = CN \cap AB$.

Suy ra $LM$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {CMN} \right)$ và $\left( {SAB} \right),$ điểm $I$ cần tìm là giao điểm của $LM$và $SB.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {ICD} \right) \cap \left( {SAB} \right)\\CD{\rm{ // }}AB\\CD \subset \left( {ICD} \right);AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left( {ICD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Iy{\rm{ // }}CD{\rm{ // }}AB$

Điểm $J$ cần tìm là giao điểm của $Iy$ với $SD.$

c) Ta có $SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {ICD} \right),$ gọi $E = JC \cap ID$ có

$\left\{ \begin{array}{l}E \in JC \subset \left( {SAC} \right)\\E \in ID \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$, hay $E$ thuộc $SO.$

Lại có $AN$ là đường trung bình của tam giác $LBC,$ nên $A$ trung điểm của $LB.$

• Trong tam giác $SBL$ có $SA$ là đường trung tuyến và $SM = \frac{2}{3}SA$ nên $M$ là trọng tâm của tam giác $SBL$. Nên $I$ trung điểm của $SB.$

• Trong tam giác $SBD$ có $E$ là trọng tâm của tam giác. Do đó $\frac{{SE}}{{SO}} = \frac{2}{3}$.

Gọi ${B_n},\,\,{C_n}$ lần lượt là số tiền công ty A cần trả theo cách tính của hai công ty B và C.

Theo bài ra, ta có:

• ${B_n}$ là tổng $n$ số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với ${u_1} = 8$ triệu đồng, $d = 0{,}5$ triệu đồng.

• ${C_n}$ là tổng $n$ số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với ${u_1} = 60$ triệu đồng, $d = 3$ triệu đồng.

Khi đó:

• Nếu thuê đất của công ty B trong vòng 15 năm = 60 quý thì số tiền công ty A phải trả là:

${B_{60}} = \left( {2 \cdot 8 + 59 \cdot 0{,}5} \right) \cdot 30 = 1\,\,365$ (triệu đồng).

• Nếu thuê đất của công ty C trong vòng 15 năm thì số tiền công ty A phải trả là:

${C_{15}} = \left( {2 \cdot 60 + 14 \cdot 3} \right) \cdot 7{,}5 = 1\,\,215$ (triệu đồng).

Do đó thuê mảnh đất trong vòng 15 năm của công ty C.

• Nếu thuê đất của công ty B trong vòng 10 năm = 40 quý thì số tiền công ty A phải trả là:

${B_{40}} = \left( {2 \cdot 8 + 39 \cdot 0{,}5} \right) \cdot 20 = 710$ (triệu đồng).

• Nếu thuê đất của công ty C trong vòng 15 năm thì số tiền công ty A phải trả là:

${C_{10}} = \left( {2 \cdot 60 + 9 \cdot 3} \right) \cdot 4{,}5 = 661{,}5$ (triệu đồng).

Do đó thuê mảnh đất trong vòng 10 năm của công ty C.

Vậy chọn công ty C để thuê cả hai mảnh đất.