Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 17

Chọn C

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

Do $x \in \left( {0;2\pi } \right)$nên ta có $x = \frac{\pi }{6};x = \frac{{5\pi }}{6}$.

Chọn B

Ta có: $1\,{\rm{rad}} = {\left( {\frac{{180}}{\pi }} \right)^{\rm{o}}} \Rightarrow \frac{\pi }{{18}}\,{\rm{rad}} = {\left( {\frac{\pi }{{18}}.\frac{{180}}{\pi }} \right)^{\rm{o}}} = {10^{\rm{o}}}$.

Chọn D

Giá trị lượng giác của các góc (cung) đặc biệt. Vì $\cos 60^\circ = \cos (180^\circ - 120^\circ ) = - \cos 120^\circ$.

Chọn B

Ta có ${u_{n + 1}} = {3^{n + 1}} = {3.3^n}.$

Chọn C

Dãy số ở đáp án A thỏa ${u_{n + 1}} - {u_n} = 2$với mọi $n \ge 1$nên là cấp số cộng.

Chọn B

Mệnh đề A sai vì khi hai đường thẳng song song thì chúng cũng không có điểm chung

Mệnh đề C sai vì hai đường thẳng song song nhau khi chúng ở trên cùng một mặt phẳng và không có điểm chung

Mệnh đề D sai vì khi hai đường thẳng ở trên hai mặt phẳng thì hai đường thẳng đó có thể song song.

Chọn A

Theo công thức biến tích thành tổng.

Chọn A

Các mặt phẳng là $\left( {ABC} \right),\,\left( {ACD} \right),\,\left( {ABD} \right),\,\left( {BCD} \right)$.

Chọn B

Điều kiện xác định: $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,k \in Z$ nên chọn D

Chọn A

Gọi $O = AC \cap BD$ và $K = SO \cap MP$. Khi đó NK cắt SD. Gọi $Q = NK \cap SD$.

Ta có $(MNPQ) \equiv (MNP) \Rightarrow$ Thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ giác MNPQ.

Chọn B

Từ tính chất giao chất giao tuyến của hai mặt phẳng ta có giao tuyến là Đường thẳng qua K song song với AB

Chọn B

Diện tích mỗi mặt tháp theo thứ tự từ dưới lên trên tạo thành một cấp số nhân gốm 11 số hạng với: số hạng đầu ${u_1} = \frac{1}{2}.12\,\,288 = 6\,\,144$ và công bội $q = \frac{1}{2}$.

Khi đó, diện tích mặt trên cùng là: ${u_{11}} = {u_1}.{q^{10}} = 6\,\,144.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{10}} = 6{m^2}$.

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

Ta có: $2\cos x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi (k \in \mathbb{Z})$.

Vì $x \in \left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]$ nên $x \in \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{11\pi }}{6};\frac{{13\pi }}{6}} \right\}$.

Vậy nghiệm $x$ thoả mãn đề bài là: $x \in \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{11\pi }}{6};\frac{{13\pi }}{6}} \right\}$.

a)

Đ

b)

S

c)

S

d)

Đ

a. Trong $(SBD):SO \cap MN = E$.

${\rm{ Ta c\'o }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in SO}\\{E \in MN \subset (MNP)}\end{array} \Rightarrow E \in SO \cap (MNP)} \right.{\rm{. }}$

b. Trong $(SAC):PE \cap SA = Q$.

${\rm{ Ta c\'o }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{Q \in SA}\\{Q \in PE \subset (MNP)}\end{array} \Rightarrow Q \in SA \cap (MNP)} \right.{\rm{. }}$

c. Từ giả thiết ta có $\left\{ \begin{array}{l}I \in QM \subset \left( {MNP} \right)\\J \in QP \subset \left( {MNP} \right)\\K \in QN \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {MNP} \right)\,\left( 1 \right)$

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}I \in AB \subset \left( {ABCD} \right)\\J \in AC \subset \left( {ABCD} \right)\\K \in AD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {ABCD} \right)\,(2)$

Từ (1) và (2) suy ra $I,J,K \in (MNP) \cap (ABCD)$.

Suy ra $I,J,K$ thẳng hàng.

Số giờ nắng gắt trong ngày thứ $n$ được tính bởi công thức: $f\left( n \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right)} \right] + 12$

Vậy Tỉnh Quảng Nam chịu nhiều giờ nắng gắt nhất nghĩa là $f\left( n \right)$ đạt giá trị lớn nhất

Ta có: $- 1 \le \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right)} \right] \le 1,\,\forall n$ $\Rightarrow f\left( n \right) \le 15$

Suy ra $\max f\left( n \right) = 15 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right)} \right] = 1$

$\Leftrightarrow \frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right) = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow n = 171 + k.364,\forall k \in \mathbb{Z}$

Mà $0 < n \le 365$ nên $n = 171$.

Đán án: 171

Hình vuông ${A_1}$ có diện tích ${S_1} = 1$

Hình vuông ${A_2}$ là hình vuông có các đỉnh là trung điểm các cạnh của hình vuông ${A_1}$ do đó hình vuông

${A_2}$ có diện tích ${S_2} = \frac{1}{2}{S_1} = \frac{1}{2}$

Tương tự, hình vuông ${A_3}$ có diện tích ${S_3} = \frac{1}{2}{S_2} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{{{2^2}}}$

Cứ tiếp tục như thế ta tính được diện tích hình vuông ${A_{2024}}$ là ${S_{2024}} = \frac{1}{{{2^{2023}}}}$

Khoảng cách $h$ là $3$ m khi

$3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}(2t - 1)} \right] = - 3 \Leftrightarrow \cos \left[ {\frac{\pi }{3}(2t - 1)} \right] = - 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}(2t - 1) = - \pi + k2\pi \Leftrightarrow t = - 1 + 3k,k \in \mathbb{Z}.$

Vậy vào thời điểm $t = - 1 + 3k,k \in \mathbb{Z}$ thì khoảng cách $h$ là $3$ m.

Khoảng cách $h$ là $0$ m khi

$3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}(2t - 1)} \right] = 0 \Leftrightarrow \cos \left[ {\frac{\pi }{3}(2t - 1)} \right] = 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}(2t - 1) = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow t = \frac{5}{4} + \frac{3}{2}k,k \in \mathbb{Z}.$

Vậy vào thời điểm $t = \frac{5}{4} + \frac{3}{2}k,k \in \mathbb{Z}$ thì khoảng cách $h$ là $0$ m.

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 $\triangle IAH\sim \triangle IBN\ (\text{g0g})\Rightarrow \frac{IA}{IB}=\frac{AH}{BN}=\frac{2}{3}$.

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

Gọi số cạnh đa giác là $n$ và các cạnh lần lượt là ${u_1};{u_2}; \ldots ;{u_n}$.

Theo đề ra, ta có ${u_n} = 44 \Leftrightarrow {u_1} + (n - 1)d = 44 \Leftrightarrow {u_1} = 47 - 3n$.

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{S_n} = \frac{{{u_1} + {u_n}}}{2} \cdot n}\\{ \Leftrightarrow 158 = \frac{{91 - 3n}}{2} \cdot n}\\{ \Leftrightarrow 3{n^2} - 91n + 316 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{n = 4{\rm{ (nh?n)}}}\\{n = \frac{{79}}{3}{\rm{ (lo?i)}}{\rm{.}}}\end{array}} \right.}\end{array}$

Vậy đa giác có $4$ cạnh.