Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 6

Chọn A

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

Chọn A

Một cấp số cộng có số hạng đầu ${u_1}$, công sai $d$ thì số hạng tổng quát được tính theo công thức ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d,\,\,n \ge 2$.

Chọn A

Ta có $180^\circ = \pi$(radian).

Vậy $108^\circ = \frac{{108.\pi }}{{180}} = \frac{{3\pi }}{5}$ (radian).

Chọn B

Các đáp án A, C, D đúng theo công thức lượng giác.

Chọn D

${u_2} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^1}}}{{{u_1}}} = - \frac{1}{2}$; ${u_3} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^2}}}{{{u_2}}} = \frac{1}{{ - \frac{1}{2}}} = - 2$; ${u_4} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^3}}}{{{u_3}}} = \frac{{ - 1}}{{ - 2}} = \frac{1}{2}$.

Chọn B

Hàm số xác định $\Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}$. Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn A

Ta thấy $K$ là một điểm chung của hai mp $\left( {ABD} \right)$ và $\left( {KMN} \right)$.

Gọi $Kx = \left( {ABD} \right) \cap$$\left( {IKJ} \right)\,.$

Ta có: $IJ$ là đường trung bình của tam giác $ABC$$\Rightarrow IJ//AB.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN \subset \left( {IJK} \right)\\AB \subset \left( {ABD} \right)\\MN//BD\\\left( {AB{\rm{D}}} \right) \cap \left( {IKJ} \right)\, = Kx\end{array} \right. \Rightarrow Kx//BD$.

Vậy giao tuyến là đường thẳng qua $K$ và song song với $BD.$

Chọn B

Gọi $Q = NP \cap BD$. Gọi $R = QM \cap AD$. Suy rA. $Q \in \left( {MNP} \right)$và $R \in \left( {MNP} \right)$.

Vậy thiết diện của tứ diện bị cắt bởi mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$là tứ giác $MRNP$.

Chọn D

Ta nhận thấy diện tích các mặt trên của mỗi tầng lập thành 1 cấp số nhân với công bội $q = \frac{1}{2}$

Số hạng đầu ${u_1} = 12288$. Khi đó mặt trên cùng tầng 11 ứng với ${u_{12}}$.

Do đó ${u_{12}} = {u_1}.{q^{11}}$$= 12288.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{11}}$$= 6$.

a)

S

b)

S

c)

S

d)

Đ

(Sai) Điểm $I$ là một điểm chung của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$
(Vì): Xét hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$.
Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{S \in (SAC),S \in (SBD)}\\{O \in AC,AC \subset (SAC)}\\{O \in BD,BD \subset (SBD)}\end{array}} \right.$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$, mà $SO$ không đi qua điểm $I$.

(Đúng) Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$
(Vì): Xét hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có:
$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{S \in (SAB)}\\{S \in (SCD)}\end{array}} \right.$ nên $S$ là một điểm chung của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$.
Mặt khác $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{I \in AB,AB \subset (SAB)}\\{I \in CD,CD \subset (SCD)}\end{array}} \right.$ nên $I \in (SAB) \cap (SCD)$.
Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $SI$.

(Sai) Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $SM$
(Vì): Nếu $BC\parallel AD$, xét hai mặt phẳng $(MBC)$ và $(SAD)$.
Trong mặt phẳng $(SAB)$ gọi $E$ là giao điểm của $BM$ và $SA$, ta có:
$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in BM,BM \subset (MBC)}\\{E \in SA,SA \subset (SAD)}\end{array}} \right. \Rightarrow E \in (MBC) \cap (SAD)$.
Mặt khác, có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC\parallel AD}\\{BC \subset (MBC)}\\{AD \subset (SAD)}\end{array}} \right.$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $(MBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $d$ song song với $AD$ và đi qua điểm $E$.
(Sai) Nếu $BC\parallel AD$ thì giao tuyến của hai mặt phẳng $(MBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $d$ song song với $AD$ và đi qua điểm $M$

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

S

(Đúng) Tập xác định của hàm số $y = \sin 2x$ là $\mathbb{R}$

(Vì): Vì hàm số $y = \sin 2x$ xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$ nên có tập xác định là $\mathcal{D} = \mathbb{R}$.

(Sai) Tập xác định của hàm số $y = \tan \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right)$ là $\mathbb{R} \setminus \left\{ {\frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$

(Vì): Vì 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 tập xác định $\mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \left\{ {\frac{{5\pi }}{{12}} + k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

(Sai) Đường cong trong hình dưới là đồ thị của hàm số $y = \sin x$

(Vì): Vì đường cong trong hình là đồ thị của hàm số $y = - \sin x$.

(Sai) Giá trị lớn nhất của hàm số $y = {\sin ^2}x - \cos x + 2$ là $3$.

(Vì): Vì ta có $y = {\sin ^2}x - \cos x + 2 = - {\cos ^2}x - \cos x + 3$.

Đặt $t = \cos x$, $t \in [ - 1;1]$. Khi đó $y = f(t) = - {t^2} - t + 3$.

Bảng biến thiên của hàm số $f(t)$ trên $[ - 1;1]$ là

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là $\frac{{13}}{4}$ khi $\cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right.(k \in \mathbb{Z}).$

Huyết áp là $120$ mmHg khi

$$\begin{array}{l}P\left( t \right) = 120 \Leftrightarrow 110 + 10\sin \left( {\frac{{5\pi }}{2}t} \right) = 120 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{5\pi }}{2}t} \right) = 1\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \frac{{5\pi }}{2}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = \frac{{1 + 4k}}{5}\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}$$

Xét $0\, < t < 5\, \Rightarrow \,\,0\, < \,\,\frac{{1 + 4k}}{5}\, < \,5\, \Leftrightarrow \, - \frac{1}{4}\, < \,k\, < \,6\,\, \Leftrightarrow \,\,k\, \in \,\,\left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}$ vì $k \in \mathbb{Z}.$

Vậy trong khoảng từ $0$đến $5$giây có$6$ lần huyết áp là $120$ mmHg.

Gọi ${u_n}$là số tiền bạn An nợ ngân hàng sau $n$ năm

Ta có: ${u_1} = {u_{n - 1}} + {u_{n - 1}}.0{,}04 = {u_{n - 1}}.1{,}04$

Ta có dãy số: $\left( {{u_n}} \right)$lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1} = 40 + 40.0{,}04 = 41{,}6$ (triệu đồng) và công bội $q = 1{,}04$

Vậy số tiền bạn An nợ ngân hàng sau 4 năm là:

${u_4} = {u_1}.{q^3} = 41{,}6.1,{04^3} = 46{,}8$(triệu đồng).

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2{{\sin }^2}\frac{x}{2} + \sqrt 3 \sin x - 5m = 0 \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin x - \cos x - 5m + 1 = 0}\\{ \Leftrightarrow 2\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) - 5m + 1 = 0}\\{ \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{5m - 1}}{2}.}\end{array}$

Mà $- 1 \le \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \le 1$.

Nên để phương trình trên luôn có nghiệm khi $- 1 \le \frac{{5m - 1}}{2} \le 1 \Leftrightarrow - \frac{1}{5} \le m \le \frac{3}{5}$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, gọi $E = AB \cap CD$.

Trong $\left( {SAB} \right)$ gọi $N = SB \cap EM$.

Ta có $N \in EM \subset \left( {MCD} \right) \Rightarrow N \in \left( {MCD} \right)$ và $N \in SB$ nên $N = SB \cap \left( {MCD} \right)$.

Gọi ${u_n}$ (triệu) là số tiền thi công tầng thứ $n$.

Khi đó, ta có ${u_1} = 2$ và ${u_{n + 1}} = {u_n} + 0{,}5,n \ge 1$.

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là cấp số cộng với ${u_1} = 2$ và công sai $d = 0{,}5$ nên có

Vậy tổng số tiền thành phố X phải trả là:

${S_{81}} = \frac{{81\left[ {2{u_1} + \left( {81 - 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{81.\left( {2.2 + 80.0{,}5} \right)}}{2} = 1782$ (triệu).