Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 3

Chọn C

Ta có $\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.$, với $k \in \mathbb{Z}$.

Chọn B

Vì $5 = 2 + 3;8 = 5 + 3;11 = 8 + 3;14 = 11 + 3$nên dãy $2{,}5{,}8{,}11{,}14$là CS

Chọn B

Theo công thức nhân đôi ta có:

$\cos 2a = {\cos ^2}a - {\sin ^2}a = 1 - 2{\cos ^2}a = 1 - 2{\sin ^2}a.$

Vậy đáp án A, C, D đúng suy ra B sai.

Chọn B

Số đo góc $105^\circ$khi đổi sang radian là $\frac{{105\pi }}{{180}} = \frac{{7\pi }}{{12}}$.

Chọn C

Do $a\text{//}(α),\ b\subset (α)$ nên $a$ và $b$ không có điểm chung. Suy ra chúng song song hoặc chéo nhau.

Chọn A

$\cos 150^\circ = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ suy ra A sai.

$\cot 150^\circ = - \sqrt 3$ suy ra B sai.

$\tan 150^\circ = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ suy ra C đúng.

$\sin 150^\circ = \frac{1}{2}$ suy ra D sai.

Chọn B

Vì $\sin \frac{x}{{2019}}$xác định $\forall x \in \mathbb{R}$.

Chọn B

Ba điểm đó phải là ba điểm không thẳng hàng.

Chọn A

${u_7} = 7\left[ {1 + {{\left( { - 1} \right)}^7}} \right] = 7\left[ {1 - 1} \right] = 7.0 = 0$.

Chọn B

Do $BC{\rm{//}}AD$ nên giao tuyến của $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng $d$ qua $S$ và song song với $BC,AD$.

Chọn A

Hình trên là một minh họa cho trường hợp mặt phẳng $\left( P \right)$cắt hình chóp tứ giác theo thiết diện là một ngũ giác.

Chọn A

Dễ thấy ${S_1} = {a^2};\,\,{S_2} = \frac{{{a^2}}}{2};\,\,{S_3} = \frac{{{a^2}}}{4};...;{S_{100}} = \frac{{{a^2}}}{{{2^{99}}}}$.

Như vậy ${S_1},\,{S_2},{S_3},...,\,{S_{100}}$ là cấp số nhân với công bội $q = \frac{1}{2}$.

$S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_{100}} = {a^2}\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{2^{99}}}}} \right) = \frac{{{a^2}\left( {{2^{100}} - 1} \right)}}{{{2^{99}}}}$.

Theo giả thiết: $\frac{{{a^2}\left( {{2^{100}} - 1} \right)}}{{{2^{99}}}} = \frac{{{2^{100}} - 1}}{{{2^{93}}}}$$\Leftrightarrow {a^2} = {2^6} = 64 \Leftrightarrow a = 8$

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

S

Ta có: $2\sin x = \sqrt 2 \Leftrightarrow \sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{4}$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z}) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z}).} \right.} \right.$

Vậy phương trình có nghiệm là: $x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ;x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi (k \in \mathbb{Z})$.

Phương trình có nghiệm dương nhỏ nhất bằng $\frac{\pi }{4}$

Số nghiệm của phương trình trong khoảng $\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$ là một nghiệm

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

S

(Sai) $CG$ và $AD$ cắt nhau
(Vì): Sai.
Vì $C \notin (AGD)$ nên hai dường thẳng $CG$ và $AD$ không đồng phẳng.
(Đúng) $GM\parallel (BCD)$
(Vì): Đúng.
Gọi $I$ là trung điểm của $BD$.
Xét tam giác $ABI$, ta có $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3}$ nên $GM\parallel BD$.
Mà $BD \subset (BCD)$ nên $GM\parallel (BCD)$.
(Sai) $D \in (GMN)$
(Vì): Sai.
$D \notin (GMN)$.
(Sai) $MN$ và $AC$ cắt nhau
(Vì): Sai.
Vì $M \notin (ACN)$ nên hai đường thẳng $MN$ và $AC$ không đồng phẳng.

Khi vật ở vị trí cân bằng thì $x = 0$$\Leftrightarrow 3\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow c{\rm{os}}\left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\\ \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k\pi }}{5},k \in \mathbb{Z}\end{array}$

Mà theo giả thiết $0 < t < 6 \Leftrightarrow 0 < \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k\pi }}{5} < 6 \Leftrightarrow - \frac{2}{3} < k < \frac{{30}}{\pi } - \frac{2}{3}$

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

Đáp số: 9

Độ cao nảy ngược lên của người đó ở lần nảy thứ nhất là ${u_1} = 9$

Độ cao các lần nảy lần lượt tạo thành cấp số nhân có công bội là q = 0,6 ${u_n} = 9.0,{6^{n - 1}}$

${S_5} = \frac{{5 \cdot \left[ {1 - 0,{6^5}} \right]}}{{1 - 0{,}6}} \approx 11{,}5$

Gọi $J = SO \cap MN$, $K = SA \cap PJ$ thì $K = SA \cap \left( {MNP} \right)$.

Vì $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $SD$ nên $J$ là trung điểm của $SO$.

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác $SAO$ với cát tuyến là $KP$, ta có

$\frac{{SK}}{{KA}} \cdot \frac{{AP}}{{PO}} \cdot \frac{{OJ}}{{JS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SK}}{{KA}} \cdot 3 \cdot 1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{KS}}{{KA}} = \frac{1}{3}.$

Vậy $\frac{{KS}}{{KA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m = 1}\\{n = 3.}\end{array}} \right.$

Đây là một bài toán về dãy số cộng, trong đó

Số chỗ ngồi của hàng đầu tiên (hàng thứ nhất) ${a_1} = 15$.

Mỗi hàng ghế sau có thêm $6$ chỗ so với hàng ghế trước, tức là công sai $d = 6$.

Tổng số chỗ ngồi trên khán đài là $S = 3456$.

Công thức tổng quát của dãy số cộng là

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{a_1} + (n - 1)d} \right],n > 0 \Leftrightarrow 3456 = \frac{n}{2}(2 \cdot 15 + (n - 1) \cdot 6)}\\{ \Leftrightarrow {n^2} + 4n - 1152 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{n = 32}\\{n = - 36\;{\rm{(kh\^o ng th?a m\~a n)}}.}\end{array}} \right.}\end{array}$

Kết luận

Khán đài A của sân vận động có $32$ hàng ghế.

Vì