Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 5

Đáp án đúng là: B

Quy ước chọn chiều dương của một đường tròn định hướng luôn ngược chiều quay kim đồng hồ.

Đáp án đúng là: D

Ta có $- 405^\circ = - 45^\circ - 360^\circ$ nên điểm biểu diễn của góc có số đo bằng $- 405^\circ$ trùng với góc có số do bằng $- 45^\circ .$

Mà số đo góc lượng giác $\left( {OA,\,\,OQ} \right)$ bằng $- 45^\circ$ nên điểm $Q$ là điểm biểu diễn của góc có số đo bằng $- 405^\circ$ trên đường tròn lượng giác.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\alpha = \frac{\pi }{3} = {\left( {\frac{\pi }{3}.\frac{{180}}{\pi }} \right)^{\rm{o}}} = 60^\circ .$

Đáp án đúng là: A

Ta có $2\pi < \alpha < \frac{{5\pi }}{2}$ nên điểm cuối cung $\alpha - \pi$ thuộc góc phần tư thứ nhất.

Do đó $\tan \alpha > 0,\,\,\cot \alpha > 0$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\tan (2017\pi + \alpha ) = \tan x$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \pm \frac{2}{3}\\\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\end{array} \right.$

Suy ra $\sin \alpha = - \frac{2}{3}$.

Do đó $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$.

Đáp án đúng là: B

Khẳng định đúng là $\sin a + \cos a = \sqrt 2 \sin \left( {a + \frac{\pi }{4}} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $1 + \sin 2x + \cos 2x = 2\sin x\cos x + 2{\cos ^2}x = 2\cos x(\sin x + \cos x)$.

Mà $\sin x + \cos x = \sqrt 2 \left( {\cos x\frac{1}{{\sqrt 2 }} + \sin x\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \sqrt 2 \cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right).$

Vậy $1 + \sin 2x + \cos 2x = 2\sqrt 2 \cos x\cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right).$

Đáp án đúng là: D

Áp dụng quy tắc từ tích sang tổng, ta được:

$A = 4\sin x.\sin 2x.\sin 3x = 2\left( {\cos x - \cos 3x} \right)\sin 3x = \sin 4x + \sin 2x - \sin 6x$.

Đáp án đúng là: B

Hàm số $y = \cos x$ là hàm số chẵn.

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề sai là: Hàm số $y = \tan x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi .$

Vì hàm số $y = \tan x$ tuần hoàn với chu kì $\pi .$

Đáp án đúng là: C

Hàm số xác định khi và chỉ khi $\sin \left( {x - \frac{\pi }{2}} \right) \ne 0 \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{2} \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}.$

Vậy tập xác định ${\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Đáp án đúng là: C

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

Đáp án đúng là: D

$\tan 2x = \tan \frac{\pi }{{11}}$ $\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{{22}} + k\frac{\pi }{2},\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Đáp án đúng là: D

$\sin 2x = \sin 3x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = 2x + k2\pi \\3x = \pi - 2x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k2\pi \\x = \frac{\pi }{5} + k\frac{{2\pi }}{5}\end{array} \right.$, với $k \in \mathbb{Z}$.

Đáp án đúng là: A

$$2\sin 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \left( { - \frac{\pi }{2}} \right)$$

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{{12}} + k\pi \\x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Đáp án đúng là: C

Dãy số ${u_n} = {2^n}$ là dãy số tăng.

Đáp án đúng là: D

Ta có ${u_n} = 2n + \cos \frac{1}{n} \Rightarrow {u_{n + 1}} = \left( {2 - \cos \frac{1}{{n + 1}}} \right) + \cos \frac{1}{{n + 2}} > 0$.

Do đó dãy số ${u_n} = 2n + \cos \frac{1}{n}$ là dãy tăng.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${u_n} = \frac{{3n - 1}}{{3n + 1}} = 1 - \frac{2}{{3n + 1}} < 1$.

Mặt khác: ${u_2} = \frac{5}{7} > \frac{1}{2} > 0$ nên suy ra dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ bị chặn trên bởi số 1.

Đáp án đúng là: C

Ta thấy dãy số $1; - 3; - 7; - 11; - 15$ là một cấp số cộng có số hạng đầu là 1 và công sai là $- 4$.

Đáp án đúng là: C

Dãy $\left( {{u_n}} \right)$ là một cấp số cộng nên ${u_n} = {u_{n - 1}} + d$ ($d$ là hằng số).

Vậy dãy số $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_n} = {u_{n - 1}} - 1\end{array} \right.$ là cấp số cộng.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \frac{1}{4}\\d = - \frac{1}{4}\end{array} \right.$

Do đó ${S_5} = 5{u_1} + \frac{{5\,.\,4}}{2}d = 5\,.\,\frac{1}{4} + 10\,.\,\left( { - \frac{1}{4}} \right) = - \frac{5}{4}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${n}^{2}+4n={S}_{n}=\frac{d}{2}{n}^{2}+({u}_{1}-\frac{d}{2})n$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}\frac{d}{2}=1 \\ {u}_{1}-\frac{d}{2}=4\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{u}_{1}=5 \\ d=2\end{matrix}$

Do đó ${u_n} = 2n + 3$.

Đáp án đúng là: A

Có 1 dãy cấp số nhân đó là $(1):{u_n} = - \frac{{{3^{n - 1}}}}{5}$.

Đáp án đúng là: A

Cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ công bội $q$ thì ${u_k} = {u_1}{q^{k - 1}}$.

Đáp án đúng là: A

$\left\{ \begin{array}{l}{u_{20}} = 8{u_{17}}\\{u_1} + {u_5} = 272\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^{19}} = 8{u_1}{q^{16}}\\{u_1}\left( {1 + {q^4}} \right) = 272\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{q^3} = 8\\{u_1} = \frac{{272}}{{1 + {q^4}}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = 2\\{u_1} = 16\end{array} \right.\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là: D

Theo giả thiết $\{\begin{matrix}q=2 \\ {S}_{6}=189={u}_{1}\frac{1-{q}^{6}}{1-q}={u}_{1}\frac{1-{2}^{6}}{1-2}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}q=2 \\ {u}_{1}=3\end{matrix}$

$\Rightarrow {u_6} = {u_1}{q^5} = 3\,.\,{2^5} = 96$.

Đáp án đúng là: C

Cho hai đường thẳng chéo nhau, có duy nhất một mặt phẳng qua đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.

Đáp án đúng là: C

Các yếu tố để xác định một mặt phẳng duy nhất là hai đường thẳng cắt nhau.

Đáp án đúng là: B

Ta có $(ABD) \cap (BCD) = BD$.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}I \in MP \subset (ABD)\\I \in nq \subset (BCD)\end{array} \right.$

Suy ra $I$ thuộc giao tuyến của $(ABD)$ và $(BCD)$ nên $I \in BD$.

Vậy ba điểm $I,\,\,B,\,\,D$ thẳng hàng.

Đáp án đúng là: B

Dễ thấy $D$ là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, gọi $G = BN \cap CM$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}G \in BN \subset (BDN)\\G \in CM \subset (DCM)\end{array} \right.$

$$\Rightarrow G \in (DBN) \cap (DCM)$$

$\Rightarrow DG = (DBN) \cap (DCM)$.

Do $M,\,\,N$ là các điểm bất kì thuộc hai đoạn thẳng $AB,\,\,AC$ chưa kết luận được vị trí của $G$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(DBN)$ và $(DCM)$ là $DG$ với $D$ là giao điểm của $BN$ và $CM$.

Đáp án đúng là: B

Hai đường thẳng không có điểm chung thì chúng song song (khi chúng đồng phẳng) hoặc chéo nhau (khi chúng không đồng phẳng).

Đáp án đúng là: C

Hai đường thẳng được gọi là song song nếu chúng đồng phẳng và không có điểm chung.

Đáp án đúng là: B

Ta có $M,\,\,Q$ lần lượt là trung điểm của $AC,\,\,CD$.

Suy ra $MQ$ là đường trung bình của tam giác $MQ\text{//}AD(1)$

Mặt khác $R,\,\,T$ lần lượt là trung điểm của $SA,\,\,SD$.

Suy ra $RT$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $RT\text{//}SD(2)$

Từ (1) và (2) suy ra $MQ\,{\rm{//}}\,RT$.

Đáp án đúng là: A

Gọi $I$ là giao điểm của $BD$ và $RQ$.

Nối $P$ với $I$, cắt $AD$ tại $S$.

• Xét tam giác $BCD$ bị cắt bởi $IR$, ta có:

$\frac{{DI}}{{IB}}\,.\,\frac{{BR}}{{RC}}\,.\,\frac{{CQ}}{{QD}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{DI}}{{IB}}\,.\,2\,.\,1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{DI}}{{IB}} = \frac{1}{2}$.

• Xét tam giác $ABD$ bị cắt bởi $PI$, ta có:

$\frac{{AS}}{{SD}}\,.\,\frac{{DI}}{{IB}}\,.\,\frac{{BP}}{{PA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SA}}{{SD}}\,.\,\frac{1}{2}\,.\,1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{SA}}{{SD}} = 2$.

a) Điều kiện $\{\begin{matrix}x+20^{\circ}\ne k\ .\ 180^{\circ} \\ \frac{x}{2}\ne k\ .\ 180^{\circ}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x\ne 30^{\circ} \\ x\ne n\ .\ 360^{\circ}\end{matrix}\ (k,\ n\in ℤ)$

Ta có $\cot \left( {x + 30^\circ } \right) = \cot \frac{x}{2}$

$\Leftrightarrow x + 30^\circ = \frac{x}{2} + k\,.\,180^\circ$

$\Leftrightarrow 2x + 60^\circ = x + k\,.\,360^\circ$

$\Leftrightarrow x = - 60^\circ + k\,.\,360^\circ ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x = - 60^\circ + k\,.\,360^\circ ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

b) $\sin 2x = \cos 3x \Leftrightarrow \cos 3x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - 2x} \right)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \frac{\pi }{2} - 2x + k2\pi \\3x = - \left( {\frac{\pi }{2} - 2x} \right) + k2\pi \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{10}} + \frac{{k2\pi }}{5}\\x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x = \frac{\pi }{{10}} + \frac{{k2\pi }}{5};\,\,x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Diện tích bề mặt của mỗi tầng (kể từ 1) lập thành một cấp số nhân có công bội $q = \frac{1}{2}$ và ${u_1} = \frac{{12\,\,288}}{2} = 6\,\,144$.

Khi đó diện tích mặt trên cùng là: ${u_{11}} = {u_1}{q^{10}} = \frac{{6\,\,144}}{{{2^{10}}}} = 6$.

a) Xét hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng.

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}AB\,{\rm{//}}\,CD\\AB \subset (SAB)\\CD\, \subset \,(SCD)\end{array} \right.$.

Gọi $Sx$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AB$ và CD.

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng đi qua $Sx$.

b) Xét tam giác $SBD$ có $ON\,{\rm{//}}\,SD$ (vì $O,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $BD$ và $SB$).

Mà $SD\, \subset \,(SCD)$ nên $ON\,{\rm{//}}\,\,(SCD)$.

c) Xét mặt phẳng $(ABCD)$.

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BM$.

Xét hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBM)$.

Ta có $(SAC) \cap (SBM) = SI$.

Gọi $J$ là giao điểm của $SI$ và $MN$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}J \in SI \subset (SAC)J \in (SAC)\\J \in MN\end{array} \right.$.

Vậy $J$ là giao điểm của $MN$ và mặt phẳng $(SAC)$.

c) Chọn mặt phẳng $(SAC)$ chứa $NC$. Tìm giao tuyến của $(SAC)$ và $(SMQ)$:

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}S \in (SAC) \cap (SMQ)\\AC\,{\rm{//}}\,MQ,\,\,AC \subset (SAC),\,\,MQ \subset (SMQ)\end{array} \right.$.

Do đó $(SAC) \cap (SMQ) = Sx\,{\rm{//}}\,AC\,{\rm{//}}\,MQ$.

Trong mặt phẳng $(SAC)$, gọi $J = CN \cap Sx$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}J \in CN\\J \in Sx \subset (SMQ)\end{array} \right. \Rightarrow J = CN \cap (SMQ)$

Vậy $J$ là giao điểm của đường thẳng $CN$ và mặt phẳng $(SMQ)$.