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

Chọn B

Nếu tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, thì $\sin A = \cos B + \cos C$là đẳng thức đúng.

Vậy ta chọn phương án C .

Chọn C

Theo công thức đổi đơn vị đo góc, ta có: $π\text{rad}={180}^{^{\circ}}.$

Chọn B

Ta có $a$ và $b$ chéo nhau nên $A,\,\,B,\,\,C,\,D$ không đồng phẳng. Do đó $AD$ và $BC$ chéo nhau.

Chọn C

Hàm số đã cho xác định khi $\cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0$$\Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{3} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi$$\Leftrightarrow x \ne \frac{{5\pi }}{{12}} + k\frac{\pi }{2}$, $k \in \mathbb{Z}$.

Vậy TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{5\pi }}{{12}} + k\frac{\pi }{2}} \right\}$, $k \in \mathbb{Z}$.

Chọn A

Công thức đúng là $\sin 2a = 2\sin a\cos a$.

Chọn A

Ta có: $2\sin x - 3 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{3}{2} > 1$ nên phương trình vô nghiệm.

Chọn B

Ta có ${u_8} = {\left( { - 1} \right)^{8 + 1}}\sqrt {8 + 1} = - 3$.

Chọn C

Hai đường thẳng cắt nhau sẽ xác định được một mặt phẳng.

Giả sử $\left\{ \begin{array}{l}\left( {{d_1},{d_2}} \right) = \left( P \right)\\\left( {{d_1},{d_3}} \right) = \left( Q \right)\\\left( {{d_2},{d_3}} \right) = \left( R \right)\end{array} \right.$. Khi đó 3 mặt phẳng $\left( P \right),\left( Q \right),\left( R \right)$ đôi một cắt nhau bởi 3 giao tuyến ${d_1},{d_2},{d_3}$ phân biệt và 3 giao tuyến này hoặc song song hoặc đồng quy.

Theo đề bài ${d_1},{d_2},{d_3}$ cắt nhau.

Suy ra ${d_1},{d_2},{d_3}$ đồng quy.

Chọn C

Ta có: $\left. \begin{array}{l}OI{\rm{//}}SA\\OI \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OI{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$nên B đúng.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}OI{\rm{//}}SA\\OI \not\subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OI{\rm{//}}\left( {SAD} \right)$nên D đúng.

Ta có: $\left( {IBD} \right)$cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác $IBD$nên A sai.

Ta có: $\left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO$nên C đúng.

Chọn C

Do $I,J$lần lượt là trung điểm của $AD$và $BC$nên $IJ$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$, suy ra $IJ\parallel AB$.

Ta có $\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right)\\IJ \subset \left( {IJG} \right),AB \subset \left( {SAB} \right)\\IJ\parallel \;AB\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx\parallel IJ\parallel AB\parallel CD\end{array}$

Vậy giao tuyến của $\left( {SAB} \right)$và $\left( {IJG} \right)$ là đường thẳng đi qua $G$ và song song với $CD$.

Chọn C

Ta có $R = 60m = O{A_1}$, Suy ra trong tam giác ${A_1}O{B_1}$ ta có ${A_1}{B_1}^2 = 2O{A_1}^2 - 2O{A^2}_1.cos{120^0}$ $\Rightarrow {A_1}{B_1}^2 = {2.60^2} + {2.60^2}.\frac{1}{2} = 10800{m^2}$

Mà các tam giác ${A_1}{B_1}{C_1}$, ${A_2}{B_2}{C_2}$, … có độ dài các cạnh là cấp số nhân với công bội ${q_c} = \frac{1}{2}$

Nên diện tích các tam giác ${A_1}{B_1}{C_1}$, ${A_2}{B_2}{C_2}$, … là cấp số nhân với công bội ${q_S} = \frac{1}{4}$

${S_1} = {S_{{A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{{{A_1}{B_1}^2.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{10800\sqrt 3 }}{4} = 2700\sqrt 3 {m^2}$

${S_9} = {S_1}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^8} = 0{,}285{m^2}$

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

Vật đi qua vị trí cân bằng khi $x = 0$, tức là khi $5\cos \left( {4t - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 4t - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$ $\Leftrightarrow t = \frac{{5\pi }}{{24}} + k\frac{\pi }{4},k \in \mathbb{Z}$.

Xét bất phương trình $0 \le t \le 10 \Leftrightarrow 0 \le \frac{{5\pi }}{{24}} + k\frac{\pi }{4} \le 10 \Leftrightarrow - \frac{5}{6} \le k \le \frac{{40}}{\pi } - \frac{5}{6}$.

Do $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \{ 0;1; \ldots ;11\}$. Vậy, trong khoảng 10 giây đầu tiên, vật đi qua vị trí cân bằng 12 lần.

Bác An gửi tiết kiệm vào ngân hàng 100 triệu đồng với hình thức lãi kép tức là số tiền lãi cộng vào tiền gốc và tiếp tục sinh lãi, kì hạn một năm với lãi suất $4{,}7\%$/năm. Tiền gốc và lãi hằng năm là cấp số nhân ${u_1} = 100$triệu đồng, công bội $q = 1 + 0{,}047$.

Bác An nhận được 10 năm: ${u_{11}} = 100{\left( {1 + 0{,}047} \right)^{10}} = 158{,}294$ triệu đồng

Ta có số ghế mỗi hàng của hội trường lập thành cấp số cộng với ${u_1} = 9$ và công sai $d = 3$.

Theo đề bài ta có $n \cdot 9 + \frac{{n \cdot (n - 1) \cdot 3}}{2} \ge 561 \Leftrightarrow n \ge 17.$

Vậy phải cần ít nhất $17$ hàng ghế để thỏa mãn sức chứa ít nhất $561$ ghế ngồi

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{4\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) - 8\left( {{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x} \right) - 4{{\sin }^2}4x = m}\\{ \Leftrightarrow 4\left( {1 - \frac{1}{2}{{\sin }^2}2x} \right) - 8\left( {1 - \frac{3}{4}{{\sin }^2}2x} \right) - 4\left( {1 - {{\cos }^4}4x} \right) = m}\\{ \Leftrightarrow 4{{\cos }^2}4x + 4{{\sin }^2}2x - 8 - m = 0}\\{ \Leftrightarrow 4{{\cos }^2}4x - 2\cos 4x - 6 - m = 0.(1)}\end{array}$\tagEX{(1)}

Đặt $t = \cos 4x \Rightarrow t \in [ - 1;1]$.

$(1)$trở thành $4{t^2} - 2t - 6 - m = 0(2)$ có $\Delta ' = 25 + 4m$.

$(1)$có nghiệm $\Leftrightarrow (2)$ có nghiệm thỏa $t \in [ - 1;1]$.

Nếu $\Delta ' = 0 \Leftrightarrow m = - \frac{{25}}{4}$, $(2)$ có nghiệm kép $t = \frac{1}{4} \in [ - 1;1]$ nên nhận $m = - \frac{{25}}{4}$.

Nếu $\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m > - \frac{{25}}{4}$, khi đó $(2)$ phải có $2$ nghiệm phân biệt thỏa

$\left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - 1 \le {t_1} \le 1}\\{ - 1 \le {t_2} \le 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - 1 \le \frac{{1 - \sqrt {25 + 4m} }}{4} \le 1(a)}\\{ - 1 \le \frac{{1 + \sqrt {25 + 4m} }}{4} \le 1(b).}\end{array}} \right.$

Giải $(a)$: $(a) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 - \sqrt {25 + 4m} \ge - 4}\\{1 - \sqrt {25 + 4m} \le 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\sqrt {25 + 4m} \le 5}\\{\sqrt {25 + 4m} \ge - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m \le 0}\\{m \ge - \frac{{25}}{4}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - \frac{{25}}{4} \le m \le 0$.

Giải $(b)$: $(b) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 + \sqrt {25 + 4m} \ge - 4}\\{1 + \sqrt {25 + 4m} \le 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\sqrt {25 + 4m} \ge - 5}\\{\sqrt {25 + 4m} \le 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{25 + 4m \ge 0}\\{25 + 4m \le 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - \frac{{25}}{4} \le m \le - 4$.

Kết hợp lại, $(1)$ có nghiệm khi $- \frac{{25}}{4} \le m \le 0$.

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \{ - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0\}$.

Vậy có $7$ giá trị nguyên $m$ thỏa yêu cầu bài toán.

Giao điểm của $MN$ và $\left( {ABCD} \right)$

Trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$: Gọi $E = SN \cap CD$. Suy ra $E$ là trung điểm của $DC$

Trong mặt phẳng $\left( {SBE} \right)$: Gọi $F = BE \cap MN$

Vì $F \in BE$ mà $BE \subset \left( {ABCD} \right)$ nên suy ra $F \in \left( {ABCD} \right)$

Ta có: $\left. \begin{array}{l}F \in \left( {ABCD} \right)\\F \in MN\end{array} \right\} \Rightarrow F = MN \cap \left( {ABCD} \right)$

Vậy $F$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.