Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 11

Chọn A

Hàm số xác định khi $x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn A

Vì $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC$ nên dễ dàng ta có $MN\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD$ và $MN = \frac{1}{2}AB$.

Vậy khẳng định sai là $D$.

Chọn C

$\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k2{\rm{\pi }}$ sai vì $\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k{\rm{\pi }}$.

Chọn D

Công thức đúng là ${\cos ^2}a + {\sin ^2}a = 1.$

Chọn C

$\sin (\frac{3π}{2}+α)=\sin (π+\frac{π}{2}+α)=-\sin (\frac{π}{2}+α)=-\cos α$

Chọn B

Hình $1$ là hình biểu diễn của hình chóp tam giác.

Hình $3$ là hình biểu diễn của hình chóp ngũ giác.

Hình $4$ là hình biểu diễn của hình chóp lục giác.

Hình $2$ là hình biểu diễn của hình chóp tứ giác.

Chọn A

Số hạng tổng quát của cấp số cộng là ${u_n} = {u_1}. + \left( {n - 1} \right).d = - 2 + \left( {n - 1} \right).7$.

Chọn A

$\frac{-π}{6}(rad)=\frac{-{180}^{0}}{6}=-{30}^{0}$

Chọn D

Từ hệ thức truy hồi, ta suy ra ${u_3} = {u_2} + {u_1} = 2$ và ${u_4} = {u_3} + {u_2} = 3$.

Chọn C

Trong mặt phẳng$\left( {ABCD} \right)$, gọi $E$ là giao điểm của $MN$ với $AD,F$ là giao điểm của $MN$với$AB$.

Khi đó:

$$\begin{array}{l}\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\,\,\\\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAB} \right) = PF\,\\\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAD} \right) = PE\end{array}$$

Gọi $K$ là giao điểm của $PF$với $SB$ và $I$ là giao điểm của $PE$ với$SD$.

Suy ra $\left( {MNP} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NI;\,\,\,\,\left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MK\,$

Vậy Mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$cắt hình chóp $S.ABCD$theo thiết diện là hình ngũ giác $MNIPK$.

Chọn B

 $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$.

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

 Nên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng $St$ đi qua điểm $S$ và song song với $CD$.

Chọn D

Giai đoạn 1: Sau đúng một năm, số tiền thu được của mỗi hình thứ

Gởi theo hình thức tháng thu được số tiền là ${S_1} = {200.10^6}{\left( {1 + 0{,}73\% } \right)^{12}}$$= 218.240.829{,}2$đồng.

Gởi theo hình thức quý thu được số tiền là ${P_1} = {200.10^6}{\left( {1 + 2{,}1\% } \right)^4}$$= 217.336.647{,}7$đồng.

Giai đoạn 2: Sau đúng hai năm, số tiền thu được của mỗi hình thứ

Gởi theo hình thức tháng thu được số tiền là ${S_2} = \left( {{S_1} + \frac{{{P_1}}}{2}} \right){\left( {1 + 0{,}73\% } \right)^{12}}$

$= 356.724.623{,}2$đồng.

Gởi theo hình thức quý thu được số tiền là ${P_2} = \frac{{{P_1}}}{2}{\left( {1 + 2{,}1\% } \right)^4}$$= 118.088.046{,}1$đồng.

Vậy số tiền lãi sau hai năm thu được là ${S_2} + {P_2} - {400.10^6} = 74.812.669{,}4$đồng.

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

(Đúng) Đường thẳng $MG$ song song với mặt phẳng $(ACD)$
(Vì): Gọi $I$ là trung điểm $CD$.\\ Ta có $\frac{{BM}}{{BA}} = \frac{2}{3}$ và $\frac{{BG}}{{BI}} = \frac{2}{3}$.\\ Theo định lí Ta-lét đảo trong , ta có $MG\parallel AI$.\\ Vì $AI \subset (ACD)$ nên $MG\parallel (ACD)$.
(Đúng) Gọi $(P)$ là mặt phẳng đi qua $M$ và song song với mặt phẳng $(BCD)$. Thiết diện của tứ diện cắt bởi $(P)$ là một tam giác
(Vì): Mặt phẳng $(P)$ qua $M$ song song với $(BCD)$ sẽ cắt các mặt bên $(ABC),(ACD),(ABD)$ theo các giao tuyến $MN$, $NP$, $PM$ lần lượt song song với $BC$, $CD$, $DB$. Ba giao tuyến này tạo thành một tam giác $MNP$.
(Sai) Nếu lấy điểm $N$ trên cạnh $AC$ sao cho $2AN = NC$ thì đường thẳng $MN$ song song với $BD$
(Vì): Theo định lí Ta-lét đảo trong , vì $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{3}$ nên $MN\parallel BC$.
(Đúng) Hai đường thẳng $AG$ và $CD$ chéo nhau
(Vì): $AG$ và $CD$ không đồng phẳng nên chúng chéo nhau.

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

S

$\cot 3x = - \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \cot 3x = \cot \left( {\frac{{ - \pi }}{3}} \right) \Leftrightarrow 3x = \frac{{ - \pi }}{3} + k\pi (k \in \mathbb{Z}) \Leftrightarrow x = \frac{{ - \pi }}{9} + k\frac{\pi }{3}(k \in \mathbb{Z})$.

$- \frac{\pi }{2} < \frac{{ - \pi }}{9} + k\frac{\pi }{3} < 0(k \in \mathbb{Z}) \Leftrightarrow \frac{{ - 7}}{6} < k < \frac{1}{3} \Rightarrow k = \{ - 1;0\} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{{ - \pi }}{9}}\\{x = \frac{{ - 4\pi }}{9}}\end{array}.} \right.$

Ta có

+ Dãy số đã cho là một cấp số nhân.

Cấp số nhân đã cho có số hạng đầu ${u_1} = 1$, công bội $q = - 2$.

+ Dân số năm 2022 là ${u_0} = 2,{1.10^6}$.

Dân số sau 1 năm (tức năm 2023) là ${u_1} = {u_0} + {u_0}.0{,}0075 = {u_0}.1{,}0075$.

Dân số sau 2 năm (tức năm 2024) là ${u_2} = {u_1} + {u_1}.0{,}0075 = {u_0}.1,{0075^2}$.

....

Dân số sau n năm là ${u_n} = {u_0}.1,{0075^n} = 2,{1.10^6}.1,{0075^n}$.

Khi đó ${u_n} = 2262923 \Leftrightarrow 2,{1.10^6}.1,{0075^n} = 2262923 \Leftrightarrow n \simeq 10$.

Vậy vào năm $2022 + 10 = 2032$ thì dân số thành phố đó sẽ khoảng $2.262.923$ người.

Chọn hệ trục tọa độ trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$như sau

Trong đó trục $Ox$mô tà là mặt nước thủy triều của sông; trục Oy là khoảng cách giửa đỉnh cầu và mặt nước thủy triều của sông.

Xét điểm $M\left( {x;y} \right)$nằm trên cung$AB$, khoảng cách từ điểm $M\left( {x;y} \right)$đến mặt nước tương ứng với giá trị tung độ $y$của điểm $M$.

Xét phương trình $\frac{8}{{\sqrt 3 }}\cos \frac{x}{{12}} + 2 = 5{,}2 + 0{,}8 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{{12}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

Vì $x \in \left[ { - 6\pi ;6\pi } \right] \Rightarrow \frac{x}{{12}} \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]$

Nên $\cos \frac{x}{{12}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \frac{x}{{12}} = \pm \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow x = \pm 2\pi hay\left| x \right| = 2\pi$

Để sà lan có thể đi qua được gầm cầu đúng qui định thì bề rộng khối hàng là

$2\left| x \right| = 4\pi = 4x3{,}14 = 12{,}56 \approx 12{,}6$

Theo cách nói của An và xem như An thua tất cả các ván bài. Khi đó, số kẹo thua mỗi ván lập thành cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 10$ và công sai $d = 10$.

Giả sử sau $n$ ván thì An thua hết kẹo.

Khi đó: ${S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = 625$

$\Leftrightarrow n.{u_1} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}d = 625 \Leftrightarrow 10n + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}.10 = 625 \Leftrightarrow 5{n^2} + 5n - 625 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n \approx 10{,}7\\n \approx - 11{,}7\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow n \approx 10{,}7$

Vậy, An nói đúng.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$.

Khi đó cắt tứ diện bởi mặt phẳng $(GCD)$ ta được thiết diện là $\Delta MCD$.

Ta có tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $2 \Rightarrow MC = MD = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$; $CD = 2$.

Khi đó nửa chu vi $\Delta MCD$: $p = \frac{{\sqrt 3 + \sqrt 3 + 2}}{2} = 1 + \sqrt 3$.

Nên ${S_{\Delta MCD}} = \sqrt {p(p - MC)(p - MD)(p - CD)} = \sqrt 2 = 1{,}4$

Tháng Giêng $(t = 1)$

$\begin{matrix}T(1) & =76{,}4+16\cos (\frac{π\cdot 1}{6}-\frac{7π}{6})=76{,}4+16\cos (\frac{π}{6}-\frac{7π}{6}) \\ & =76{,}4+16\cos (-π)=76{,}4+16.(-1)=76{,}4-16=60{,}4({}^{^{\circ}}F).\end{matrix}$

Tháng Bảy $(t = 7)$

$\begin{matrix}T(7) & =76{,}4+16\cos (\frac{π\cdot 7}{6}-\frac{7π}{6})=76{,}4+16\cos (\frac{7π-7π}{6})=76{,}4+16\cos (0) \\ & =76{,}4+16\cdot 1=76{,}4+16=92{,}4({}^{^{\circ}}F)\end{matrix}$

Tháng Mười $(t = 10)$

$\begin{matrix}T(10) & =76{,}4+16\cos (\frac{π\cdot 10}{6}-\frac{7π}{6})=76{,}4+16\cos (\frac{10π-7π}{6})=76{,}4+16\cos (\frac{3π}{6}) \\ & =76{,}4+16\cos (\frac{π}{2})=76{,}4+16\cdot 0=76{,}4({}^{^{\circ}}F)\end{matrix}$

Vậy $a + b - c = 76{,}4$