Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 16

Chọn C

Ta có: $\sin 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi$$\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi$, $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn B

Ta có ${72^0} = \frac{{{{72}^0}}}{{{{180}^0}}}.\,\pi = \frac{{2\pi }}{5}$.

Chọn D

Dựa vào hình vẽ ta suy ra $a$ và $b$ chéo nhau.

Chọn D

Ta có: $\cos 2a = {\cos ^2}a - {\sin ^2}a = 2{\cos ^2}a - 1 = 1 - 2{\sin ^2}a$ nên A và B đúng.

$\sin 2a = 2\sin a\cos a$nên B sai và D đúng.

Chọn C

Ta có ${u_{2019}} = 2.2019 + 1 = 4039$.

Chọn D

Điều kiện $\left[ { - \frac{\pi }{6};\frac{{3\pi }}{8}} \right]$.

Vậy $M.m$.

Chọn D

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$với ${u_n} = 4n$có ${u_{n + 1}} = 4\left( {n + 1} \right) = 4n + 4$$\Rightarrow {u_{n + 1}} = {u_n} + 4$, $\forall n \in {\mathbb{N}^*}$$\Rightarrow$dãy số $\left( {{u_n}} \right)$là cấp số cộng với công sai $d = 4$.

Dãy số $\left( {{v_n}} \right)$với ${v_n} = 2{n^2} + 1$có ${v_1} = 3$, ${v_2} = 9$, ${v_3} = 19$nên dãy số $\left( {{v_n}} \right)$không là cấp số cộng.

Dãy số $\left( {{w_n}} \right)$với ${w_n} = \frac{n}{3} - 7$có ${w_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{3} - 7$$= \frac{n}{3} - 7 + \frac{1}{3}$$\Rightarrow {u_{n + 1}} = {u_n} + \frac{1}{3}$, $\forall n \in {\mathbb{N}^*}$$\Rightarrow$dãy số $\left( {{w_n}} \right)$là cấp số cộng với công sai $d = \frac{1}{3}$.

Dãy số $\left( {{t_n}} \right)$với ${t_n} = \sqrt[{}]{5} - 5n$có ${t_{n + 1}} = \sqrt[{}]{5} - 5n - 5$$\Rightarrow {u_{n + 1}} = {u_n} - 5$, $\forall n \in {\mathbb{N}^*}$$\Rightarrow$dãy số $\left( {{w_n}} \right)$là cấp số cộng với công sai $d = - 5$.

Vậy có $3$dãy số là cấp số cộng.

Chọn C

Hình tứ diện có 6 cạnh.

Chọn C

Hai góc phụ nhau nên $\cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) = \sin x$.

Chọn C

Dễ thấy: $ON\,{\rm{//}}\,SB$ ($ON$ là đường trung bình của tam giác $SBD$).

Mặt khác: $ON \subset \left( {AON} \right),\,SB \subset \left( {SBC} \right)$.

Ngoài ra: $\left\{ \begin{array}{l}C \in OA,\,OA \subset \left( {AON} \right)\\C \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow C \in \left( {AON} \right) \cap \left( {SBC} \right)$.

Do đó $\left( {AON} \right) \cap \left( {SBC} \right) = d\,{\rm{//}}\,SB\,\,\,\left( {C \in d} \right)$.

Chọn D

$IO$ là đường trung bình trong tam giác $SAC$ nên $IO{\rm{ //}}\;SA$, do đó mệnh đề (I) đúng.

Mặt phẳng $IBD$ cắt hình chóp the thiết diện là tam giác $IBD$, do đó mệnh đề (II) sai.

$AI \cap SO = G$ vậy $G$ là trọng tâm tam giác $SAC$ nên $SG = \frac{2}{3}SO$.

Ta thấy $SO \subset \left( {SBD} \right)$ nên $IA \cap \left( {SBD} \right) = G$, $SO$ là đường trung tuyến nên $G$ là trọng tâm tam giác $SBD$. Vậy mệnh đề (III) đúng.

$I$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {IBD} \right)$.

$AC \cap BD = O$ nên $O$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {IBD} \right)$.

$\left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = OI$. Vậy mệnh đề (IV) đúng.

Vậy có $3$ mệnh đề đúng.

Chọn C

Đặt ${T_n}\left( {n:1 \to 30} \right)$ là giá tiền ở mét khoan thứ $n$ và $r = 7\%$. Ta có:

${T_2} = {T_1} + {T_1}.r = {T_1}.\left( {1 + r} \right)$

${T_3} = {T_2} + {T_2}.r = {T_2}\left( {1 + r} \right) = {T_1}.{\left( {1 + r} \right)^2}$

…

…

${T_{30}} = {T_1}.{\left( {1 + r} \right)^{29}}$

Dễ thấy dãy số $\left( {{T_n}} \right)$ là cấp số nhân với ${T_1} = 200.000$ và công bội $Q = 1 + r = 1 + 7\% = 1{,}07$.

Do đó số tiền cần tính là: ${S_{30}} = \frac{{{T_1}.\left( {{q^{30}} - 1} \right)}}{{q - 1}} = 18892157{,}26$.

Làm tròn đến hàng nghin được: ${S_{30}} = 18892000$.

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

(Đúng) $EFDC$ là hình thang
(Vì): Đúng.
Do $ABCD$ và $ABEF$ là các hình bình hành nên $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{EF\parallel CD(\parallel AB)}\\{EF = CD( = AB)}\end{array}} \right.$ suy ra $EFDC$ là hình bình hành.
(Đúng) $FD\parallel EC$
(Vì): Đúng.
Do $EFDC$ là hình bình hành nên $FD\parallel EC$.
(Đúng) $(ADF)\parallel (BCE)$
(Vì): Đúng.
Do $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AD\parallel BC \subset (BCE)}\\{AF\parallel BE \subset (BCE)}\\{AD,AF \subset (ADF)}\\{AD \cap AF = A}\end{array}} \right. \Rightarrow (ADF)\parallel (BCE)$.
(Sai) $\frac{{AN}}{{NC}} = 3$
(Vì): Đúng.
Vẽ mp$(P)$ chứa $M$ và $(P)\parallel (ADF)$.
Trong $(ABEF)$ kẻ $IJ\parallel AF$ qua $M$ với $I \in AB$, $J \in EF$.
Từ $I$ kẻ $IK\parallel AD$ với $K \in CD$.
Nối $J$ với $K$.
Ta được $(P)$ cắt $AB$, $AC$, $CD$, $EF$ lần lượt tại $I$, $N$, $K$, $J$.
Gọi $Q$ là trung điểm của $BE$, mà $M$ là trọng tâm nên $AM = 2MQ$.
Mà $MI\parallel AF\parallel BE$ suy ra $\frac{{AM}}{{QM}} = \frac{{AI}}{{IB}} = 2$.(1)
Lại có $\frac{{AI}}{{BI}} = \frac{{AN}}{{NC}}$ do $IN\parallel BC$.(2)
Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{AN}}{{NC}} = 2$.

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

Ta có $\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi$, $(k \in \mathbb{Z})$.

(Sai) $\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k2\pi$, $(k \in \mathbb{Z})$

(Vì): Đây là khẳng định sai. Nghiệm tổng quát của phương trình $\sin x = 0$ là $x = k\pi$, với $k \in \mathbb{Z}$.

(Sai) $\sin x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi$, $(k \in \mathbb{Z})$

(Vì): Đây là khẳng định sai. Nghiệm tổng quát của phương trình $\sin x = 0$ là $x = k\pi$. Phương trình $x = \frac{\pi }{2} + k\pi$ là nghiệm tổng quát của $\cos x = 0$.

(Đúng) $\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi$, $(k \in \mathbb{Z})$

(Vì): Đây là khẳng định đúng. Giá trị $\cos x = 0$ khi và chỉ khi điểm biểu diễn của $x$ trên đường tròn lượng giác trùng với trục tung, tức $x = \frac{\pi }{2} + k\pi$.

(Đúng) $\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi$, $(k \in \mathbb{Z})$

(Vì): Đây là khẳng định đúng. Giá trị $\cos x = 0$ khi và chỉ khi điểm biểu diễn của $x$ trên đường tròn lượng giác trùng với trục tung, tức $x = \frac{\pi }{2} + k\pi$.

Tại vị trí cân bằng ta có:

$3{\rm{cos}}\left( {2t - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {2t - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2t - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow 2t = \frac{{5\pi }}{6} + k\pi$

$\Leftrightarrow t = \frac{{5\pi }}{{12}} + \frac{{k\pi }}{2}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Do $t \in \left( {0;5} \right) \Rightarrow t \in \left\{ {\frac{{5\pi }}{{12}};\;\frac{{11\pi }}{{12}};\;\frac{{17\pi }}{{12}}} \right\}$

Do phương trình $3{\rm{cos}}\left( {2t - \frac{\pi }{3}} \right) = 0$ có 3 nghiệm nên vật đi qua vị trí cân bằng $3$ lần.

Sau 3 năm làm việc có 12 quý.

Lương anh Bình nhận được trong quý 1 là ${u_1} = 6.3 = 18$ (triệu đồng)

Lương anh Bình nhận được trong quý 2 là ${u_2} = {u_1} + {u_1}.5\% = {u_1}.1{,}05$

Lương anh Bình nhận được trong quý 3 là ${u_3} = {u_2} + {u_2}.5\% = {u_2}.1{,}05$

Lập luận tương tự như vậy thì lương anh Bình nhận được trong quý 12 là ${u_{12}} = {u_{11}}.1{,}05$.

Như vậy, Lương anh Bình nhận được từ quý 1 đến quý 12 là ${u_1},\,{u_2},\,...,{u_{12}}$ lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu ${u_1} = 18$ và công bội $q = 1{,}05$.

Do đó tổng lương mà anh Bình nhận được sau 3 năm làm việc là ${S_{12}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{12}} = 18.\left( {\frac{{1 - 1,{{05}^{12}}}}{{1 - 1{,}05}}} \right) \approx 286{,}5$ (triệu đồng).

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

Trong $\left( {BCD} \right)$ gọi $E = BO \cap CD,F = IJ \cap CD$, $K = BE \cap IJ$;

Trong $\left( {ABE} \right)$ gọi $G = KM \cap AE$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}F \in IJ \subset \left( {IJM} \right)\\F \in CD \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow F \in \left( {IJM} \right) \cap \left( {ACD} \right)$, $\left\{ \begin{array}{l}G \in KM \subset \left( {IJM} \right)\\G \in AE \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right.$

$\Rightarrow (IJM) \cap (ACD) = FG$

Trong (ACD) gọi $L = GF \cap AD$. Vậy $L = AD \cap ({\rm{IJM}}).$

Khi vật đi qua vị trí cân bằng thì $x = 0$, ta có

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}}\\{ \Leftrightarrow 5t = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k\pi }}{5}.}\end{array}$

Trong khoảng thời gian từ $0$ đến $6$ giây, ta có

$0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k\pi }}{5} \le 6 \Leftrightarrow \frac{{ - 2}}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}.$

Vì $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \{ 0;1;2;3;4;5;6;7;8\}$.

Vậy trong khoảng thời gian từ $0$ đến $6$ giây, vật đi qua vị trí cân bằng $9$ lần.