Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 18

Chọn D

Hình tứ diện (còn được gọi là chóp tam giác) có 4 đỉnh, 6 cạnh, 3 mặt bên và 1 mặt đáy là hình tam giá

Chọn B

Sử dụng máy tính bỏ túi ta tính được $135^\circ = \frac{{3\pi }}{4}$.

Chọn B

Hàm số $y = \cot 2x$ xác định khi $2x \ne k\pi$ $\Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}$.

Chọn B

Ta có: $\tan \left( { - a} \right) = - \tan a$ nên phương án A là sai.

Chọn C

Ta có công thức tổng $n$số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: ${S_n} = n{u_1} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)d}}{2}$

Suy ra ${S_{12}} = 12{u_1} + \frac{{12.11.d}}{2}$$= 6\left( {2{u_1} + 11d} \right)$$\ne \frac{n}{2}\left( {2{u_1} + 11d} \right)$.

Chọn C

Áp dụng công thức nhân đôi, ta có $\cos x = {\cos ^2}\frac{x}{2} - {\sin ^2}\frac{x}{2}$ nên B là đáp án sai.

Chọn B

Ta có ${u_2} = \frac{1}{3}\left( {{u_1} + 1} \right) = \frac{1}{3}\left( {2 + 1} \right) = 1$; ${u_3} = \frac{1}{3}\left( {{u_2} + 1} \right) = \frac{2}{3}$. Do đó ${u_4} = \frac{1}{3}\left( {{u_3} + 1} \right) = \frac{5}{9}$.

Chọn B

$\sin x=-1\Leftrightarrow x=-\frac{π}{2}+k2π,k\in ℝ$

Chọn B

Có KM và AD đồng phẳng trong mp(ACD) và KM cắt AD. Tức là

$(HKM)$ cắt (ACD) theo đoạn giao tuyến KL

$(HKM)$ cắt (ABD) theo đoạn giao tuyến HL

Vậy thiết diện là tam giác HKL

Chọn C

Ta có, $S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)$

Lại có, $AB\parallel CD$ mà $AB \subset \left( {SAB} \right);CD \subset \left( {SCD} \right)$.

Nên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AB$. Hay song song với $BI$ (Vì $I \in AB$).

Chọn C

Số que ở $1$ tầng là ${u_1} = 3$.

Tổng số que ở $2$ tầng là ${u_1} + {u_2} = 3 + 7$.

Tổng số que ở $3$ tầng là ${u_1} + {u_2} + {u_3} = 3 + 7 + 11$.

Ta có cấp số cộng ${u_1} = 3$, $d = 4$, tính ${S_{10}}$?

Để cần có $10$ tầng cần tổng ${S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left( {2.3 + 9.4} \right) = 210$ que.

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

(Đúng) $BB'\parallel \left( {ACC'A'} \right)$
(Vì): Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BB'\parallel AA'}\\{AA' \subset \left( {ACC'A'} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow BB'\parallel \left( {ACC'A'} \right)$.
Vậy mệnh đề $BB'\parallel \left( {ACC'A'} \right)$ đúng.
(Đúng) $(ABC)\parallel \left( {A'B'C'} \right)$
(Vì): Ta có $(ABC)\parallel \left( {A'B'C'} \right)$ (do $(ABC)$, $\left( {A'B'C'} \right)$ là hai mặt phẳng chứa hai đáy của lăng trụ nên song song với nhau).
Vậy mệnh đề $(ABC)\parallel \left( {A'B'C'} \right)$ đúng.
(Sai) $IG$ cắt $\left( {BCC'B'} \right)$
(Vì): Gọi $M$, $M'$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $B'C'$.
Gọi $N$ là trung điểm của $CC'$, tam giác $AMN$ có
$\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}$ (tính chất trọng tâm).
Suy ra $IG\parallel MN$ mà $MN \subset \left( {BCC'B'} \right)$ nên $IG\parallel \left( {BCC'B'} \right)(1)$.
Vậy mệnh đề $IG$ cắt $\left( {BCC'B'} \right)$ sai.
(Đúng) $(IKG)\parallel \left( {BCC'B'} \right)$
(Vì): $MM'$ là đường trung bình của hình bình hành $BCC'B'$ nên
$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MM'\parallel BB'}\\{MM' = BB'}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MM'\parallel AA'}\\{MM' = AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow AMM'A'$ là hình bình hành.
Vì $I$, $K$ theo thứ tự là trọng tâm các tam giác $ABC$, $A'B'C'$ nên
$IM = KM' = \frac{1}{3}A'M' = \frac{1}{3}AM$, mà $IM\parallel KM'$ nên $IKM'M$ là hình bình hành.
Suy ra $IK\parallel MM'$, $MM' \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow IK\parallel \left( {BCC'B'} \right)(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $(IKG)\parallel \left( {BCC'B'} \right)$. Vậy mệnh đề $(IKG)\parallel \left( {BCC'B'} \right)$ đúng.

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

(Sai) Với $m = 0$, phương trình có nghiệm là $x = \frac{{k\pi }}{4}$

(Vì): Với $m = 0$, ta có $\sin 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}$ nên a đúng.

(Đúng) Phương trình có nghiệm là $x = \frac{\pi }{3}$ khi $m = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

(Vì): Phương trình có nghiệm là $x = \frac{\pi }{3}$ khi $m = \sin \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ nên b sai.

(Đúng) Phương trình có nghiệm khi $m \in [ - 1;1]$

(Vì): Phương trình có nghiệm khi $m \in [ - 1;1]$ nên c sai.

(Sai) Phương trình có một nghiệm trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ khi $m \in (0;1)$

(Vì): Ta có $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ nên $2x \in (0;\pi )$. Dưa vào đường tròn lượng giác ta thấy phương trình có $\sin 2x = m$ hai nghiệm phân biệt trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ khi $m \in (0;1)$.

Gọi ${u_n}$ là số triệu đồng mà cô Thảo có trong chương trình tích luỹ ở lần gửi thứ $n$ (vào đầu tháng thứ $n$).

Kí hiệu $a = 0{,}5$ triệu đồng, $r = 0{,}5{\rm{\% }}$.

Số tiền của cô Thảo trong chương trình ở đầu tháng 1 là ${u_1} = a$.

Số tiền của cô Thảo trong chương trình ở đầu tháng 2 là ${u_2} = {u_1}\left( {1 + r} \right) + a$.

Số tiền của cô Thảo trong chương trình ở đầu tháng 3 là

${u_3} = {u_2}\left( {1 + r} \right) + a = a{(1 + r)^2} + a\left( {1 + r} \right) + a{\rm{.\;}}$

Tương tự cho các tháng tiếp theo, suy ra số tiền của cô Thảo trong chương trình ở đầu tháng $n$ là: ${u_n} = a{\left( {1 + r} \right)^{n - 1}} + a{\left( {1 + r} \right)^{n - 2}} + \ldots + a\left( {1 + r} \right) + a = a\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{{\left( {1 + r} \right) - 1}} = a\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}{\rm{.\;}}$

Vào thời điểm gửi khoản tiền thứ 180, cô ấy sẽ tích luỹ được ${u_{180}} = a\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{180}} - 1}}{r} = 145{,}41$ (triệu đồng). Khi đó, tuổi của con gái cô Thảo là $4 + 180:12 = 19$ tuổi.

Ta có $- 1 \le \cos \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow 100 \le 550 + 450\cos \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}}} \right) \le 1000 \Leftrightarrow 100 \le h \le 1000$

Suy ra, $h$ đạt giá trị lớn nhất bằng $1000$ khi $\cos \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{4} + \frac{{\pi t}}{{50}} = k2\pi \Leftrightarrow t = - 12{,}5 + 100k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Mà $t \in \left[ {0;120} \right]$ nên $\left\{ \begin{array}{l}0 \le - 12{,}5 + 100k \le 120\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0{,}125 \le k \le 1{,}325\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 1$.

Với $k = 1$ thì $t = 87{,}5$.

Vậy thời điểm thực hiện thí nghiệm là $87{,}5$ phút.

Ta thấy số hàng cây trên lập thành cấp số cộng $({u_n})$, với ${u_1} = 1$ và $d = 1$.

Gọi ${u_n}$ với $n \in {\mathbb{N}^*}$ là số hàng cây do đó ta có

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3003 = \frac{n}{2} \cdot [2 \cdot 1 + (n - 1) \cdot 1]}\\{ \Leftrightarrow n(n + 1) = 6006}\\{ \Leftrightarrow {n^2} + n - 6006 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{n = 77{\rm{ (th?a m\~a n)}}}\\{n = - 78{\rm{ (lo?i)}}{\rm{.}}}\end{array}} \right.}\end{array}$

Vậy có $77$ hàng cây.

Trong $\left( {ABCD} \right)$ gọi $I = AC \cap BD$.

Trong $\left( {SAC} \right)$ gọi $K = MC \cap SI$.

Ta có $K \in SI \subset \left( {SBD} \right)$ và $K \in MC$ nên $K = MC \cap \left( {SBD} \right)$.