Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 2

Chọn B

Hàm số $y = \cot x$ xác định khi và chỉ khi: $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z}.$

Vậy tập xác định của hàm số $y = \cot x$ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Chọn C

Số hạng thứ 3 của dãy số đó bằng: ${u_3} = \frac{{5.3 + 2}}{{19.3 + 1}} = \frac{{17}}{{58}}$.

Chọn C

Ta có $\cos 2a = {\cos ^2}a - {\sin ^2}a$.

Chọn A

Đáp án C sai vì qua 3 điểm phân biệt và thẳng hàng có vô số mặt phẳng.

Chọn D

Ta có : $\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi$, vậy phép biến đổi trong đáp án D là sai.

Chọn C

$\cos \left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = - \sin x$.

$\cos \left( {\pi - x} \right) = - \cos x$.

$\sin \left( {\pi - x} \right) = \sin x$.

$\sin \left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = \cos x$.

Chọn A

Xét phương án B ta có: $u_{n + 1}^{} = u_n^{} - 3$ nên $u_{n + 1}^{} = u_n^{} + \left( { - 3} \right)$ với $\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Vậy dãy số trong phương án B là một cấp số cộng với công sai $d = - 3$.

Chọn D

Theo định nghĩa rađian.

Chọn C

Mặt phẳng vuông góc với đường cao sẽ song song với đáy nên cắt hình chóp theo tứ giác đồng dạng với đáy.

Chọn D

Ta có $\left( {SMQ} \right) \equiv \left( {SAD} \right)$ và $\left( {SNP} \right) \equiv \left( {SBC} \right)$.

Do $MQ \cap NP = \left\{ I \right\}$ nên $I$ nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$.

Do $AD$ song song $BC$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD$. Do $I$ nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ nên suy ra $SI$ song song với $AD$.

Chọn C

Sau tháng thứ $1$ người lao động có: $4\left( {1 + 0{,}6\% } \right)$ triệu

Sau tháng thứ $2$ người lao động có:

$\left( {4\left( {1 + 0{,}6\% } \right) + 4} \right)\left( {1 + 0{,}6\% } \right) = 4\left[ {{{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)}^2} + \left( {1 + 0{,}6\% } \right)} \right]$ triệu

$$...$$

Sau tháng thứ $300$ người lao động có:

$$4\left[ {{{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)}^{300}} + {{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)}^{299}}... + \left( {1 + 0{,}6\% } \right)} \right] = 4\left( {1 + 0{,}6\% } \right)\frac{{{{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)}^{300}} - 1}}{{\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 1}} \approx 3364{,}866$$

( $\approx 3.364.866.000$ đồng).

a) Đ b) S c) S d) Đ

(Đúng) $MN\parallel (SBC)$
(Vì): Đúng.
Do $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$. Suy ra $MN\parallel AD \Rightarrow MN\parallel BC \subset (SBC) \Rightarrow MN\parallel (SBC)$.
(Đúng) $(OMN)\parallel (SBC)$
(Vì): Đúng.
Tương tự, ta có $O$, $N$ theo thứ tự là trung điểm của $BD$, $SD$ nên $ON$ là đường trung bình của tam giác $SBD \Rightarrow ON\parallel SB \subset (SBC) \Rightarrow ON\parallel (SBC)$.
Do $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MN\parallel (SBC)}\\{ON\parallel (SBC)}\\{MN \cap ON = N}\\{MN,ON \subset (OMN)}\end{array}} \right. \Rightarrow (OMN)\parallel (SBC)$.
(Sai) Gọi $E$ là trung điểm đoạn $AB$ và $F$ là một điểm thuộc đoạn $ON$. Khi đó $EF$ cắt với mặt phẳng $(SBC)$
(Vì): Sai.
Ta có $OE$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $OE\parallel AD \Rightarrow OE\parallel MN$. Do đó $E \in (OMN)$.
Mặt khác $F \in ON$, $ON \subset (OMN) \Rightarrow F \in (OMN)$.
Vì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{EF \subset (OMN)}\\{(OMN)\parallel (SBC)}\end{array}} \right. \Rightarrow EF\parallel (SBC)$.
(Sai) Gọi $G$ là một điểm trên mặt phẳng $(ABCD)$ cách đều $AB$ và $CD$. Khi đó $GN$ cắt $(SAB)$
(Vì): Sai.
Vì $G$ thuộc mặt phẳng $(ABCD)$ và cách đều $AB$, $CD$ nên $G$ thuộc đường trung bình của hình bình hành $ABCD$ (ứng với hai cạnh $AB$, $CD$).
Gọi $I$ là trung điểm $BC$ thì $I$, $O$, $G$ thẳng hàng.
Ta có $OI$ là đường trung bình của nên $OI\parallel AB \Rightarrow OI\parallel (SAB)$.
Tương tự, ta có $ON\parallel SB \Rightarrow ON\parallel (SAB)$.
Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ON\parallel (SAB)}\\{OI\parallel (SAB)}\\{ON \cap OI = O}\\{OI,ON \subset (OIN)}\end{array}} \right.$ suy ra $(OIN)\parallel (SAB)$ mà $NG \subset (OIN)$ nên $NG\parallel (SAB)$.

a) S b) S c) S d) Đ

(Sai)

Cho góc hình học $uOv={75}^{^{\circ}}$ quát của góc lượng giác $(Ou,Ov)$ là ${60}^{^{\circ}}+k\cdot {360}^{^{\circ}},k\in ℤ$

(Sai)

Cho một góc lượng giác $(Ox,Ou)$ có số đo 50$^{o}$ và một góc lượng giác $(Ox,Ov)$ có số đo -125$^{o}$. Số đo của góc lượng giác $(Ou,Ov)$ bằng ${175}^{^{\circ}}+k\cdot {360}^{^{\circ}},k\in ℤ$

(Vì): Sai.

$\text{sd}(Ou,Ov)=\text{sd}(Ox,Ov)-\text{sd}(Ox,Ou)+k\cdot {360}^{^{\circ}}=-{175}^{^{\circ}}+k\cdot {360}^{^{\circ}},k\in ℤ.$

(Đúng) Trên đồng hồ hình dưới đây, kim phút đang chỉ đúng số 2. Đến lúc 13 giờ 30 phút thì kim phút đã quay được một góc lượng giác có số đo bằng - 480$^{o}$

(Vì):

Kim phút đã quay được một góc lượng giác có số đo bằng $-({360}^{^{\circ}}+{120}^{^{\circ}})=-{480}^{^{\circ}}$

(Sai)

Trong hình dưới, cánh quạt được chia thành 3 phần bằng nhau. $AOD={28}^{^{\circ}}$. Công thức số đo tổng quát của góc lượng giác $(Ox,OC)$ bằng $-{100}^{^{\circ}}+k\cdot {360}^{^{\circ}}$

(Vì):

$(OX,OC)=(OX,OD)+(OD,OC)=-{28}^{^{\circ}}+(-{120}^{^{\circ}})+k\cdot {360}^{^{\circ}}=-{148}^{^{\circ}}+k\cdot {360}^{^{\circ}}$

Cánh quạt được chia thành 3 phần bằng nhau, vậy mỗi phần sẽ có số đo là ${360}^{^{\circ}}:3={120}^{^{\circ}}$

Số đo góc lượng giác $(OD,OC)=-{120}^{^{\circ}}$

Trả lời: 2024

Gọi ${u_n}$ là độ dài của cạnh hình vuông ${C_n}$:

Ta có: ${u_1} = 1;{u_2} = \frac{1}{2} \cdot {u_1}\sqrt 2 = {u_1} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2};{u_3} = \frac{1}{2} \cdot {u_2}\sqrt 2 = {u_2} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}; \ldots$

Cứ như vậy, đãy số $\left( {{u_n}} \right)$ lập thành cấp số nhân có số hạng đầu ${u_1} = 1$, công bội $q = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Do đó, ${u_{2025}} =$ ${\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^{2024}}$ nên diện tích của hình vuông ${C_{2025}}$ là: $u_{2025}^2 = \frac{1}{{{2^{2024}}}} = \frac{1}{{{2^a}}}$.

Vậy $a = 2024$.

Trả lời: 5

Thế vào $h = 45{,}9m$ vào phương trình $h = 90.9 - 90cos\left( {10\pi t} \right)$ ta được

$$\cos (10\pi t) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{{30}} + \frac{{{k_1}}}{5}\\x = - \frac{1}{{30}} + \frac{{{k_1}}}{5}\end{array} \right.$$

Vì $0 \le t \le 0{,}5$ suy ra $t \in \left\{ {\frac{1}{{30}};\frac{7}{{30}};\frac{{13}}{{30}};\frac{1}{6};\frac{{11}}{{30}}} \right\}$.

Chọn $mp\left( {SBD} \right)$ chứa $SD$

Gọi $O = AC \cap BD,E = SO \cap IK$

Ta có

$\left. \begin{array}{l}J = \left( {SBD} \right) \cap \left( {IJK} \right)\\E = \left( {SBD} \right) \cap \left( {IJK} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EJ = \left( {SBD} \right) \cap \left( {IJK} \right)$

Gọi $F = SD \cap EJ$

$\left. \begin{array}{l}F \in SD\\F \in EJ \subset \left( {IJK} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow F = SD \cap \left( {IJK} \right)$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{u_1} + {u_7} = 30}\\{{u_3} + {u_6} = 35}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2{u_1} + 6d = 30}\\{2{u_1} + 7d = 35}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{u_1} = 0}\\{d = 5.}\end{array}} \right.$

Vậy ${u_7} = {u_1} + 6d = 0 + 6 \cdot 5 = 30$.

Đặt $t = \sin x$, điều kiện $|t| \le 1$.

Phương trình đã cho trở thành $2{t^2} - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = 1\;\;{\rm{(th?a m\~a n)}}}\\{t = \frac{1}{2}\;\;{\rm{(th?a m\~a n)}}.}\end{array}} \right.$ $\bullet$ Với $t = 1$, ta được $\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$. $\bullet$ Với $t = 1$, ta được $\sin x = \frac{1}{2} = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

Vậy phương trình có tập nghiệm là $S = \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{\pi }{6} + k2\pi ;\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.