Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 9

Đáp án đúng là: A

Ta có $\frac{{7\pi }}{4} = 2\pi - \frac{\pi }{4}$.

Góc lượng giác có cùng điểm cuối với góc $\frac{{7\pi }}{4}$ là $- \frac{\pi }{4}$.

Đáp án đúng là: C

• Tia cuối của góc lượng giác có trùng với tia $OB'.$

• Tia cuối của góc lượng giác có trùng với tia $OB'.$

Do đó, hai tia $Ou$ và $Ov$ trùng nhau.

Đáp án đúng là: D

Điểm cuối của góc lượng giác $\alpha$ ở góc phần tư thứ II hoặc III nếu $\sin \alpha ,\,\,\tan \alpha$ trái dấu.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\cos \alpha = \frac{1}{3} \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{8}{9} \Rightarrow \sin \alpha = \pm \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.$

Vì $\frac{{7\pi }}{2} < \alpha < 4\pi$ nên $\sin \alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.$

Đáp án đúng là: C

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

Đáp án đúng là: B

Ta có $A = \frac{{2{{\cos }^2}x - 1}}{{\sin x + \cos x}} = \frac{{2{{\cos }^2}x - \left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)}}{{\sin x + \cos x}}$

$= \frac{{{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x}}{{\sin x + \cos x}} = \cos x - \sin x.$

Đáp án đúng là: C

Khẳng định đúng là: Hàm số $y = \tan x$ là hàm số lẻ.

Đáp án đúng là: C

Ta có $- 1 \le \cos 2x \le 1 \Leftrightarrow - 3 \le 3\cos 2x \le 3$

$\Leftrightarrow 2 \le 3\cos 2x + 5 \le 8$$\Leftrightarrow 2 \le y \le 8 \Rightarrow T = \left[ {2\,;\,\,8} \right].$

Đáp án đúng là: D

Phương trình $\sin x = m + 1$ có nghiệm khi $- 1 \le m + 1 \le 1 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 0.$

Đáp án đúng là: A

Ta có $\tan x = \frac{{ - \sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.$

Với $0 < x < 2\pi$, ta có: $x = - \frac{\pi }{3}$ hoặc $x = \frac{{2\pi }}{3}.$

Đáp án đúng là: C

Ta có ${u_{2018}} = 1 + {2^{2018}}.$

Đáp án đúng là: B

$\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 7} \right) + \left( {x + 11} \right) + \cdots + \left( {x + 79} \right) = 860.$

$\Leftrightarrow \left( {x + 3 + x + 79} \right) + \left( {x + 7x + 75} \right) + \cdots + \left( {x + 79 + x + 3} \right) = 1720$

$\Leftrightarrow 20\left( {x + 3 + x + 79} \right) = 1720$

$\Leftrightarrow 20\left( {2x + 82} \right) = 1720 \Leftrightarrow x = 2.$

Vậy $x = 2.$

Đáp án đúng là: A

Ta có ${u_2} = {u_1} + d = 9 + 2 = 11.$

Đáp án đúng là: B

Áp dụng công thức ${S_n} = \frac{{n\left( {{u_n} + {u_1}} \right)}}{2} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}$, ta được:

${S_n} = \frac{{10\left[ {2 + \left( {10 - 1} \right)2} \right]}}{2} = 100$.

Đáp án đúng là: A

Số hạng ${u_2}$ là: ${u_2} = {u_1} \cdot q = - 6.$

Đáp án đúng là: B

Giả sử số $\frac{{ - 96}}{{243}}$ là số hạng thứ $n$ của cấp số này.

Ta có: ${u_1} \cdot {q^{n\, - \,1}} = \frac{{ - 96}}{{243}} \Leftrightarrow \left( { - 3} \right) \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n\, - \,1}} = \frac{{ - 96}}{{243}}$

$\Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n\, - \,1}} = \frac{{ - 32}}{{243}} \Leftrightarrow n = 6.$

Vậy số $\frac{{ - 96}}{{243}}$ là số hạng thứ 6 của cấp số.

Đáp án đúng là: B

Trong không gian cho bốn điểm không đồng phẳng tạo thành một tứ diện. Vì vậy xác định nhiều nhất bốn mặt phẳng phân biệt.

Đáp án đúng là: D

Ta có $S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right).$

Mà $\left\{ \begin{array}{l}O \in AC,\,\,AC \in \left( {SAC} \right)\\O \in BD,\,\,BD \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$

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

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề sai là: Hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau.

Đáp án đúng là: D

• Xét tam giác $ABD$ có: $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,BD.$

• Xét tam giác $BCD$ có: $PQ$ là đường trung bình của tam giác nên $PQ\,{\rm{//}}\,BD.$

Do đó $PQ\,{\rm{//}}\,MN$ nên $MNPQ$ là hình thang.

a) $\sqrt 3 \tan x + 3 = 0$

Điều kiện $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi$ hay $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right\}$.

Ta có $\sqrt 3 \tan x + 3 = 0 \Leftrightarrow \tan x = \sqrt 3$

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

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

b) $\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - \sin 5x = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin 5x$

$$\Leftrightarrow \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - 5x} \right)$$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} - 5x + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{2} + 5x + k2\pi \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{42}} + \frac{{k2\pi }}{7}\\x = \frac{{5\pi }}{{18}} - \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x = \frac{\pi }{{42}} + \frac{{k2\pi }}{7}\,;\,\,x = \frac{{5\pi }}{{18}} - \frac{{k2\pi }}{3}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Ta có $S = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {1 - \frac{1}{4}} \right) + \left( {1 - \frac{1}{8}} \right) + \cdots + \left( {1 - \frac{1}{{{2^{10}}}}} \right)$

$= 10 - \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + \cdots + \frac{1}{{{2^{10}}}}} \right)$.

Đặt $M = \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + \cdots + \frac{1}{{{2^{10}}}}$.

Ta có $2M = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + \cdots + \frac{1}{{{2^9}}}$.

Khi đó $2M - M = M = \left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + \cdots + \frac{1}{{{2^9}}}} \right) - \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + \cdots + \frac{1}{{{2^{10}}}}} \right) = 1 - \frac{1}{{{2^{10}}}}$.

Do đó $S = 10 - 1 + \frac{1}{{{2^{10}}}} = 9 + \frac{1}{{{2^{10}}}}.$

a) Ta có $SK = (SAB) \cap (SCD)$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$, gọi $M = KE \cap SB$, có $KE \subset (CDE).$

Do đó $SB \cap (CDE) = M$.

b) Trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right),$ gọi $N = KF \cap SC$, có $KF \subset (EFM)$.

Do đó $SC \cap (EFM) = N$.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}MN = (EFK) \cap (SBC)\\EF\,{\rm{// }}BC;\,\,EF \subset (EFK),\,\,BC \subset (SBC)\end{array} \right.$

$\Rightarrow MN\,{\rm{// }}EF\,{\rm{// }}BC$.

Vậy tứ giác $EFNM$ là hình thang.

c) Trong mặt phẳng $\left( {ADNM} \right),$ gọi $I = AM \cap DN$.

Mà $\left\{ \begin{array}{l}I \in AM,\,\,AM \subset (SAB)\\I \in CD,\,\,CD \subset (SCD)\end{array} \right.$ $\Rightarrow I \in (SAB) \cap (SCD)$, hay $I \in SK$.

Vậy ba đường thẳng $AM,{\rm{ }}DN,{\rm{ }}SK$ đồng quy tại điểm $I.$

Số ngày bạn An để dành tiền là $31 + 29 + 31 + 30 = 121$ (ngày).

Số tiền bỏ ống heo ngày đầu tiên là: ${u_1} = 100.$

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ hai là: ${u_2} = 100 + 1 \cdot 100.$

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ ba là: ${u_3} = 100 + 2 \cdot 100.$

...

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ $n$ là:

${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 100 + \left( {n - 1} \right)100 = 100n.$

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ 121 là: ${u_{121}} = 100 \cdot 121 = 12\,\,100.$

Sau 121 ngày thì số tiền An tích lũy được là tổng của 121 số hạng đầu của cấp số cộng có số hạng đầu ${u_1} = 100$, công sai $d = 100.$

Số tiền An tích lũy được là:

${S_{121}} = \frac{{121}}{2}\left( {{u_1} + {u_{121}}} \right) = \frac{{121}}{2}\left( {100 + 12\,\,100} \right) = 738\,\,100$ (đồng).

Vậy số tiền An tích lũy được là $738\,\,100$ đồng.