Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 14

Chọn B

Giả sử ${u_n} = 91$, $\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)$.

Suy ra ${n^2} - n + 1 = 91 \Leftrightarrow {n^2} - n - 90 = 0 \Leftrightarrow n = 10;n = - 9$

Vậy số $91$ là số hạng thứ $10$ của dãy.

Chọn D

Ta có $\sin x = 1$$\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Do đó $x = \frac{\pi }{2}$ là một nghiệm của phương trình $\sin x = 1$.

Chọn A

Ta có $\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha$$= 1 - 2 \cdot \frac{9}{{16}} = - \frac{1}{8}$.

Chọn C

Nhìn hình ta thấy có 6 mặt gồm: $\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {SDE} \right),\,\,\left( {SEA} \right),\,\,\left( {ABCDE} \right)$

10 cạnh gồm: $SA,SB,SC,SD,SE,AB,BC,CD,DE,EA$.

Chọn C

Câu A sai vì hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau hoặc song song với nhau.

Câu B sai vì hai đường thẳng phân biệt không có điểm chung thì chéo nhau hoặc song song với nhau.

Câu D sai vì hai đường thẳng phân biệt nằm trên hai mặt phẳng phân biệt thì có thể chéo nhau hoặc song song với nhau.

Chọn C

ĐK: $\cos x \ne 0$ $\Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$. Vậy TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn A

Ta có: $\pi \left( {rad} \right)$ tương ứng với góc ${180^0}$. Suy ra$\frac{\pi }{6}\left( {rad} \right)$ tương ứng với góc ${30^0}$.

Chọn D

A sai vì $\tan \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \tan \alpha$.

B sai vì $\cos \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \cos \alpha$.

D sai vì $\cot \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \cot \alpha$.

Chọn C

Ta có $d = {u_7} - {u_6} = 64 + 32 = 96$.

Chọn D

Theo hình vẽ trên, thiết diện của một tứ diện chỉ có thể là một tam giác hoặc một tứ giác.

Đáp án B sai vì thiết diện của một tứ diện có thể là một tứ giác bất kì.

Đáp án A và D sai vì các cạnh của thiết diện là giao tuyến của một mặt phẳng với các mặt của tứ diện. Mà tứ diện chỉ có $4$ mặt nên không thể xảy ra trường hợp có $5$ giao tuyến, hay thiết diện không thể là ngũ giác.

Chọn A

Ta có $\left( {BMC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$, $\left( {BMC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = BM$$\left( {BMC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = {M_x},\,{M_x}{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC,\,{M_x} \cap SD = N$, $\left( {BMC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NC$

Suy ra thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( {MBC} \right)$là tứ giác $BMNC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}MN = \frac{1}{2}AD\\MN{\rm{//}}AD\end{array} \right.$suy ra $\left\{ \begin{array}{l}MN = BC\\MN{\rm{//BC}}\end{array} \right.$nên thiết diện $BMNC$là hình bình hành.

Chọn C

Cơ sở $A$giá mét khoan đầu tiên là $8000$(đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm $500$(đồng) so với giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số cộng ta có:

Nếu đào giếng $20$$\left( {\rm{m}} \right)$hết số tiền là: ${S}_{20}=\frac{20}{2}[2.8000+(20-1)500]=255000$ (đồng).

Nếu đào giếng $25$$\left( {\rm{m}} \right)$hết số tiền là: ${S_{25}} = \frac{{25}}{2}\left[ {2.8000 + \left( {25 - 1} \right)500} \right] = 350000$(đồng).

Cơ sở $B$giá của mét khoan đầu tiên là $6000$(đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm $7\%$giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số nhân ta có:

Nếu đào giếng $20$$\left( {\rm{m}} \right)$hết số tiền là: ${{S}^{'}}_{20}^{}=6000\frac{1-{(1{,}07)}^{20}}{1-1{,}07}\approx 245973$ đồng).

Nếu đào giếng $25$$\left( {\rm{m}} \right)$hết số tiền là: ${{S}^{'}}_{25}^{}=6000\frac{1-{(1{,}07)}^{25}}{1-1{,}07}\approx 379494$ (đồng).

Ta thấy ${{S}^{'}}_{20}^{}<{S}_{20}$, ${{S}^{'}}_{25}^{}>{S}_{25}$ nên giếng $20$$\left( {\rm{m}} \right)$chọn B còn giếng $25$$\left( {\rm{m}} \right)$chọn A

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

S

(Đúng) $II'\parallel BB'$
(Vì): Đúng.
Ta có $I'$, $I$ là trung điểm của $B'C'$ và $BC$.
Suy ra $II'$ là đường trung bình của hình bình hành $BB'C'C$.
Suy ra $II' = BB'$ và $II'\parallel BB'$.
(Đúng) $AA'I'I$ là hình bình hành
(Vì): Đúng.
Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{II'\parallel AA'(\parallel BB')}\\{II' = AA'( = BB')}\end{array}} \right.$ suy ra $AA'I'I$ là hình bình hành.
(Sai) $IA'$ song song $(AB'C')$
(Vì): Sai.
Trong $(IAA'I')$, gọi $E = AI' \cap A'I$.
Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in AI';AI' \subset (AB'C')}\\{E \in A'I}\end{array}} \right.$ suy ra $E = A'I \cap (AB'C')$.
(Sai) Giao tuyến của $(AB'C')$ và $(A'BC')$ là đường thẳng đi qua giao điểm của hai đường thẳng $AI'$, $A'I$
(Vì): Sai.
Trong $(AA'B'B)$, gọi $F = AB' \cap A'B$.
$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{F \in AB';AB' \subset (ABC')}\\{F \in A'B;A'B \subset (A'BC')}\end{array}} \right. \Rightarrow F \in (ABC') \cap (A'BC')$. (1)
Ta có $E = AI' \cap A'I$.
$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{C' \in (ABC')}\\{C' \in (A'BC')}\end{array}} \right. \Rightarrow C' \in (ABC') \cap (A'BC')$. (2)
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $C'F = (ABC') \cap (A'BC')$.
Ta thấy $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{EF\parallel C'B'}\\{C'F\not \parallel C'B'}\end{array}} \right. \Rightarrow E$, $F$, $C'$ không thẳng hàng.
Hay giao tuyển của hai mặt phẳng không đi qua $E$.

a)

Đ

b)

S

c)

S

d)

Đ

(Đúng) $x = \frac{\pi }{6}$ là một nghiệm của phương trình

(Vì): Thay $x = \frac{\pi }{6}$ thỏa mãn phương trình.

(Sai) Phương trình có nghiệm $\left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \pi + k2\pi }\end{array}} \right.$

(Vì): Ta có $\left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\cos x + 1} \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\sin x = \frac{1}{2}}\\{\cos x = - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \pi + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

(Sai) Nghiệm âm lớn nhất của phương trình là $x = \frac{{ - 7\pi }}{6}$

(Vì): Với $x = \frac{\pi }{6} + k2\pi < 0 \Rightarrow k \le - 1$. Nghiệm âm lớn nhất là $x = \frac{{ - 11\pi }}{6}$. Với $x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi < 0 \Rightarrow k \le - 1$. Nghiệm âm lớn nhất là $x = \frac{{ - 7\pi }}{6}$. Với $x=\frac{5π}{6}+k2π<0\Rightarrow k\le -1$. Nghiệm âm lớn nhất là $x = - \pi$.

(Đúng) Tổng các nghiệm của phương trình thuộc nửa khoảng $\left[ { - 2\pi ;3\pi } \right)$ bằng $3\pi$

(Vì): Theo ý trên ta thấy phương trình có nghiệm $\left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \pi + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

TH 1: Với $x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \in \left[ { - 2\pi ;3\pi } \right) \Rightarrow - 2\pi < \frac{\pi }{6} + k2\pi < 3\pi \Rightarrow - 1 \le k \le 1 \Rightarrow T = \frac{\pi }{2}$.

TH 2: $x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \in \left[ { - 2\pi ;3\pi } \right) \Rightarrow - 2\pi \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi < 3\pi \Rightarrow - 1 \le k \le 1 \Rightarrow T = \frac{{5\pi }}{2}$.

TH 3: $x = \pi + k2\pi \in \left[ { - 2\pi ;3\pi } \right) \Rightarrow - 2\pi \le \pi + k2\pi < 3\pi \Rightarrow - 1 \le k < 1 \Rightarrow T = 0$.

Giải phương trình $\frac{{48}}{{10}}\sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{9} = k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = 9k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Dựa vào hình vẽ, ta có:

Khi $k = 0 \Rightarrow x = 0$.

Khi $k = 1 \Rightarrow x = 9\pi \approx 28{,}27$.

Vậy: $OA = {x_A} - {x_O} = 9\pi - 0 = 9\pi \approx 28{,}3\,\,\left( m \right)$

Dân số năm 2020 là $u_1=97{,}58$ (triệu người).

Dân số năm 2021 là

$$u_2=u_1+u_1\cdot\frac{1{,}14}{100} =u_1\left(1+\frac{1{,}14}{100}\right) \ (\text{triệu người}).$$

Dân số năm 2022 là

$$u_3=u_2+u_2\cdot\frac{1{,}14}{100} =u_2\left(1+\frac{1{,}14}{100}\right) \ (\text{triệu người}).$$

Dân số năm 2023 là

$$u_4=u_3+u_3\cdot\frac{1{,}14}{100} =u_3\left(1+\frac{1{,}14}{100}\right) \ (\text{triệu người}).$$

$$\cdots$$

Do đó,

$$u_n=u_{n-1}+u_{n-1}\cdot\frac{1{,}14}{100} =u_{n-1}\left(1+\frac{1{,}14}{100}\right) \ (\text{triệu người}).$$

Suy ra, dân số Việt Nam từ năm 2020 tạo thành cấp số nhân với số hạng đầu $u_1=97{,}58$ (triệu người) và công bội

$$q=1+\frac{1{,}14}{100}.$$

Vậy dân số nước ta vào tháng 12 năm 2025 là:

$$u_6=u_1\cdot q^{6-1} =97{,}58\left(1+\frac{1{,}14}{100}\right)^5 \approx 103\ (\text{triệu người}).$$

Vì $1{,}6{,}11, \cdots x$ lập thành một cấp số cộng với ${u_1} = 1$, công sai là $d = 6 - 1 = 5$.

Giả sử $x$ là số hạng thứ $n$ của cấp số cộng nên ta có ${S_n} = 970$ hay là

$\frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right) \cdot d} \right]n}}{2} = 970 \Leftrightarrow \frac{{\left[ {2 + 5\left( {n - 1} \right)} \right]n}}{2} = 970 \Leftrightarrow 5{n^2} - 3n - 1940 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{n = 20}\\{n = - \frac{{97}}{5}.}\end{array}} \right.$

Suy ra $x$ là số hạng thứ $20$ nên $x = {u_1} + 19d = 1 + 19 \cdot 5 = 96$.

Chọn ${\rm{mp}}\left( {SBC} \right)$ chứa $SC$

Ta có $FP = \left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right)$

Gọi $G = FP \cap SC$

Suy ra $G = SC \cap \left( {MNP} \right)$

Phương trình hoành độ giao điểm

$4{,}8\sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{x}{9} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{9} = k\pi \Leftrightarrow x = 9k\pi ,\;(k \in \mathbb{Z}).$

Hoành độ điểm $A$ ứng với $x = 9\pi$.

Vậy $OA = 9\pi \approx 28{,}3$ m.