Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 12

Chọn A

Ta có $AC$ và$BD$; $AB$ và$CD$; $AG$ và$BC$là các cặp đường thẳng chéo nhau nên chúng không cắt nhau.

Lại có $BG$ và $CD$ đồng phẳng và không song song nên chúng cắt nhau.

Chọn D

Thay $n = 6$ vào công thức ${u_{n - 1}} = {2^n} + 1$ ta có ${u_5} = {2^6} + 1 = 65$.

Chọn B

Ta có $\sin \left( {\pi + \alpha } \right) = - \sin \alpha$. nên D sai. Các phương án còn lại đều đúng theo tính chất.

Chọn A

Ta có $\sin 2a = 2\sin a\cos a$.

Chọn C

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

Chọn D

Khẳng định ‘‘Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất’’ là khẳng định sai vì nếu hai mặt phẳng đó trùng nhau thì tính chất này không đúng.

Chọn D

Theo công tính chất của cấp số cộng thì cấp số cộng ${u_n}$ có số hạng đầu là ${u_1}$ công sai là $d$có công thức số hạng tổng quát là ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$.

Chọn A

Ta có: $\sin x=-1\Leftrightarrow x=-\frac{π}{2}+k2π,k\in ℤ$

Chọn B

Do ${1^{\rm{o}}} = \frac{\pi }{{180}}$rad nên ${108^{\rm{o}}} = \frac{\pi }{{180}}.108 = \frac{{3\pi }}{5}$.

Chọn D

$\left( {DOE} \right) \cap \left( {SAD} \right) = ED$.

$\left( {DOE} \right) \cap \left( {SAB} \right) = EB$.

$\left( {DOE} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD$.

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( {DOE} \right)$ là hình tam giác $DEB$

Chọn D

Ta có $A$ là một điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {AIJ} \right)$ và $\left( {ACD} \right)$.

Gọi $d = \left( {AIJ} \right) \cap \left( {ACD} \right)$, suy ra $A \in d$.

$IJ$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ nên $IJ//CD$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}IJ \subset \left( {AIJ} \right)\\CD \subset \left( {ACD} \right)\\IJ//CD\end{array} \right.$ nên $d//IJ//CD$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {AIJ} \right)$ và $\left( {ACD} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $A$ và $d//CD$.

Chọn A

Đặt ${A_1}{B_1} = a \Rightarrow {S_1} = {a^2}$.

Ta có

$${A_2}{B_2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\,\, \Rightarrow {S_2} = \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{1}{2}{S_1}$$

$${A_3}{B_3} = \frac{a}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow {S_3} = \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{1}{2}{S_2}$$

$${A_4}{B_4} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\,\, \Rightarrow {S_4} = \frac{{{a^2}}}{8} = \frac{1}{2}{S_3}$$

……….

Suy ra dãy số ${S_1},\,{S_2},\,{S_3},...,\,{S_n},...$ là cấp số nhân có công bội $q = \frac{1}{2}$ nên ${S_n} = {S_1}.\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}} = {S_1}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2{S_1}\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right]$

Do đó $\lim {S_n} = \lim \left( {{S_1}\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right]} \right) = 2{S_1}$.

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

(Đúng) Hàm số tập xác định là $\mathcal{D} = \mathbb{R}$

(Vì): Đún. Vì hàm số đã cho là hàm cơ bản nên có tập xác định là $\mathcal{D} = \mathbb{R}$.

(Sai) Hàm số tuần hoàn với chu kì $T = 12\pi$

(Vì): Vì hàm số đã cho tuần hoàn với chu kì $T = \frac{{2\pi }}{{\left| {\frac{\pi }{6}} \right|}} = 12$.

(Đúng) Hàm số là hàm số chẵn

(Vì): Vì $y = f(x) = 2\sin \left( {\frac{{5\pi }}{2} - \frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11 = 2\sin \left( {2\pi + \frac{\pi }{2} - \frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11 = 2\cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11$.

Tập xác định $\mathcal{D} = \mathbb{R}$.

Với $x \in \mathcal{D} \Rightarrow - x \in \mathcal{D}$.

Ta có $f( - x) = 2\cos \left( {\frac{{\pi ( - x)}}{6}} \right) + 11 = 2\cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11 = f(x)$.

Vậy $f(x) = f( - x)$ nên hàm số đã cho là hàm số chẵn.

(Đúng) Giá trị lớn nhất của hàm số là $13$

(Vì): Vì

$- 1 \le \cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) \le 1 \Leftrightarrow - 2 \le 2\cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) \le 2 \Leftrightarrow 9 \le 2\cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11 \le 13 \Leftrightarrow 9 \le y \le 13.$

Vậy hàm số có giá trị lớn nhất bằng $13$.

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

S

(Sai) Có đúng $2$ mặt phẳng phân biệt chứa điểm $O$ trong các mặt phẳng được tạo từ $5$ điểm $S,A,B,C,D$
(Vì): Vì các mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu chứa điểm $O$ gồm $(SAC);(SBD);(ABCD)$.
(Đúng) Giao tuyến của hai mặt phẳng $(MBD)$ và $(SAC)$ là đường thẳng $OM$
(Vì): Vì ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M \in (MBD)({\rm{v\`i}}M \in SA)}\end{array}} \right. \Rightarrow M \in (MBD) \cap (SAC)(1)$.
Tương tự $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{O \in (MBD)({\rm{v\`i}}O \in BD)({\rm{v\`i}}O \in AC)}\end{array}} \right. \Rightarrow O \in (MBD) \cap (SAC)(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $OM = (SAC) \cap (MBD)$.
(Sai) Giao tuyến của hai mặt phẳng $(DMN)$ và $(SAC)$ là đường thẳng $ME$ với $E$ là trung điểm của đoạn thẳng $OC$
(Vì): Vì ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M \in (DMN)}\\{M \in (SAC)({\rm{v\`i}}M \in SA)}\end{array}} \right. \Rightarrow M \in (DMN) \cap (SAC)(3)$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$ gọi $E = DN \cap AC$.
Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in (DMN)({\rm{v\`i}}E \in DN)}\\{E \in (SAC)({\rm{v\`i}}E \in AC)}\end{array}} \right. \Rightarrow E \in (DMN) \cap (SAC)(4)$.
Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $ME = (DMN) \cap (SAC)$.
Tam giác $BCD$ có $E = DN \cap OC$ và $DN,OC$ là hai đường trung tuyến.
Suy ra $E$ là trọng tâm của tam giác $BCD$.
(Đúng) Giao điểm giữa đường thẳng $CM$ và mặt phẳng $(SBD)$ là trọng tâm tam giác $SAC$
(Vì): Vì trong mặt phẳng $(SAC)$ gọi $F = CM \cap SO$.
Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{F \in CM}\\{F \in (SAC)({\rm{v\`i}}F \in SO \subset (SAC))}\end{array}} \right. \Rightarrow F = CM \cap (SAC)$.
Tam giác $SAC$ có $F = CM \cap SO$ và $SO,CM$ là hai đường trung tuyến.
Suy ra $F$ là trọng tâm của tam giác $SAC$.

Kí hiệu ${u_n}$ là mức lương của quý thứ $n$ làm việc cho công ty. Khi đó ${u_1} = 13{,}5$ và ${u_{n + 1}} = {u_n} + 0{,}5,n \ge 1$.

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ lập thành cấp số cộng có số hạng đầu ${u_1} = 13{,}5$ và công sai $d = 0{,}5$.

Một năm có 4 quý nbên 3 năm có tổng 12 quý.

Số tiền lương sau 3 năm bằng tổng số tiền lương của 12 quý và bằng tổng 12 số hạng đầu tiên của cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$.

Vậy, tổng số tiền lương nhận được sau 3 năm làm việc cho công ty của kỹ sư là ${S_{12}} = \frac{{12.\left[ {2.13{,}5 + 11.0{,}5} \right]}}{2} = 195$ (triệu đồng).

Ta có: $20 + 10\sin \left( {\frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5}} \right) = 30 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5}} \right) = 1$

$\Leftrightarrow \frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$\Leftrightarrow t = 1 + \frac{5}{2} + 10k = \frac{7}{2} + 10k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Vì $0 \le t \le 10$$\Rightarrow 0 \le \frac{7}{2} + 10k \le 10 \Leftrightarrow - 0{,}35 \le k \le 0{,}65$

Mà $k \in \mathbb{Z}$ nên $k = 0$. Suy ra $t = 3{,}5$(giây).

Vậy trong 10 giây đầu tiên, tại thời điểm ra $t = 3{,}5$(giây) thì độ cao của buồng A đạt 30 mét.

Trong $\left( {SAC} \right)$, gọi $E = AC \cap KM$, dựng $AF\parallel SC$, $F \in EM$.

$\Rightarrow \triangle KAF=\triangle KSM\ (\text{g0c0g})\Rightarrow AF=SM$.

Ta có $\frac{{SM}}{{CM}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AF}}{{CM}} = \frac{2}{3}$.

Trong có $AF\parallel CM \Rightarrow \frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{AF}}{{CM}} = \frac{2}{3}$.

Trong $\left( {ABC} \right)$ dựng $AH\parallel BC$, $H \in EN \Rightarrow \frac{{AH}}{{NC}} = \frac{{EA}}{{EC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AH}}{{NB}} = \frac{2}{3}$.

Ngoài ra có .

Suy ra $IA = \frac{2}{5}AB = \frac{2}{5} \cdot 2\sqrt 3 = \frac{{4\sqrt 3 }}{5} \approx 1{,}39$.

Cách trồng cây theo quy luật trên lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu là số cây ở hàng 1, ${u_1} = 1$ và công sai $d = 1$.

Ta có

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{S_n} = 4950 \Leftrightarrow 4950 = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]}\\{ \Leftrightarrow 4950 = \frac{n}{2}\left[ {2 \cdot 1 + (n - 1) \cdot 1} \right]}\\{ \Leftrightarrow {n^2} + n - 9900 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{n = 99}\\{n = - 100({\rm{lo?i}}).}\end{array}} \right.}\end{array}$

Vậy để trồng hết $4950$ cây thì cần $99$ hàng cây.