Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 4

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Do $0 < x < \frac{\pi }{2}$ nên $x$ nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Vậy nên $\tan x > 0,\cot x > 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = \cot x$ tuần hoàn với chu kì $\pi$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $M = \cos 2x.\cos x + \sin 2x.\sin x$$= \cos \left( {2x - x} \right)$$= \cos x.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\sqrt 3 \cot \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 1$

$$\Leftrightarrow \cot \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$$

$$\Leftrightarrow \cot \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = \cot \frac{\pi }{3}$$

$$\Leftrightarrow 2x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3} + k\pi ,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$

$\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{k\pi }}{2},{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy chọn đáp án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Nhận thấy 5 số hạng đầu tiên của dãy là $\frac{1}{3};\frac{1}{{{3^2}}};\frac{1}{{{3^3}}};\frac{1}{{{3^4}}};\frac{1}{{{3^5}}}$ nên số hạng tổng quát của dãy là ${u_n} = \frac{1}{{{3^n}}}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét các đáp án, ta thấy khoảng cách giữa các số hạng của đáp án D khác nhau, do đó nó không là một cấp số cộng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Công bội $q$ của cấp số nhân đã cho là: $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{8}{2} = 4.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{10}}{{{3^{n + 1}}}} - \frac{{10}}{{{3^n}}} = \frac{{10}}{{{3^n}}}\left( {\frac{1}{3} - 1} \right) = \frac{{ - 20}}{{{3^{n + 1}}}} < 0.$

Do đó ${u_{n + 1}} < {u_n},\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Vậy dãy số giảm.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\left( {ABC} \right) \cap \left( {CDA} \right) = CA$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {CDA} \right)$ là đường thẳng $AC.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BA,BC$.

Do đó, $MN$ là đường trung bình trong tam giác $ABC.$

Nên $MN\parallel AC.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi $G = AN \cap DM$.

Xét tam giác $ACD$, có: $AN,DM$ là các đường trung tuyến của tam giác.

Mà $G = AN \cap DM$ nên $G$ là trọng tâm tam giác $ACD$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BG \subset \left( {MBD} \right)\\BG \subset \left( {ABN} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left( {MBD} \right) \cap \left( {ABN} \right) = BG.$

Hướng dẫn giải

a) S

b) Đ

c) S

d) S

a) Ta có hàm số $y = \cot x$ là hàm lẻ, có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ.

b) Đồ thị hàm số $y = \cot x$ có dạng:

c) Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số $y = \cot x$ cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ trong $\left( {0;2\pi } \right)$ là $\frac{\pi }{2}$ và $\frac{{3\pi }}{2}$.

d) Ta có phương trình: $\cot x = \sqrt 3$$\Leftrightarrow \cot x = \cot \frac{\pi }{6}$$\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Xét trong khoảng $\left( {0;2\pi } \right)$, ta có: $0 < \frac{\pi }{6} + k\pi < 2\pi$$\Leftrightarrow - \frac{1}{6} < k < \frac{{11}}{6}$.

Mà $k \in \mathbb{Z}$, nên $k = \left\{ {0;1} \right\}$.

Suy ra $x = \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{6}} \right\}$.

Tổng các nghiệm của phương trình $\cot x = \sqrt 3$ trong khoảng $\left( {0;2\pi } \right)$ là $\frac{\pi }{6} + \frac{{7\pi }}{6} = \frac{{4\pi }}{3}.$

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) Đ

d) S

Ta có: $h = \left| x \right| = \left| {1{,}5\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right)} \right| \le 1{,}5.$

a) Vật ở xa vị trí cân bằng nhất nghĩa là $h = 1{,}5{\rm{ m}}$.

Khi đó $\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = \pm 1$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{t\pi }}{4} = k2\pi \\\frac{{t\pi }}{4} = \pi + k2\pi \end{array} \right.{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8k\\t = 4 + 8k\end{array} \right.,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

b) Trong 10 giây đầu tiên thì vật ở xa vị trí cân bằng nhất tại các thời điểm $t = 0;$

$t = 4;t = 8$ giây.

c) Khi vật ở vị trí cân bằng thì $x = 0 \Leftrightarrow 1{,}5\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = 0$$\Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{4} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow t = 2 + 4k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

d) Ta có: $0 < t < 20 \Leftrightarrow 0 < 2 + 4k < 20$$\Leftrightarrow - \frac{1}{2} < k < \frac{{18}}{4}$.

Mà $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}$.

Suy ra $t \in \left\{ {2;6;10;14;18} \right\}.$

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 20 giây thì vật ở vị trí cân bằng tại các thời điểm $t = 2;{\rm{ }}t = 6;{\rm{ }}t = 10;{\rm{ }}t = 14;{\rm{ }}t = 18$ giây; tức là có 5 lần vật qua vị trí cân bằng.

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) S

d) S

Ta thấy, số tiền lương năm sau hơn năm trước $20$ triệu đồng nên $\left( {{u_n}} \right)$ là cấp số cộng có ${u_1} = 100$ và công sai $d = 20$.

Do đó, ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 100 + \left( {n - 1} \right).20 = 20n + 80$.

Số tiền lương sinh viên nhận được ở năm thứ hai là ${u_2} = 100 + \left( {2 - 1} \right).20 = 120$ (triệu đồng).

Số tiền lương sinh viên nhận được ở năm thứ 10 là ${u_{10}} = 100 + \left( {10 - 1} \right).20 = 280$ (triệu đồng).

Số tiền bạn sinh viên tiết kiệm được sau $n$ năm là

$$S = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] - 70n$$

$$= \frac{n}{2}\left[ {2.100 + \left( {n - 1} \right).20} \right] - 70n$$

$= 10{n^2} + 20n$ (triệu đồng).

Ta có: $S \ge 2000 \Leftrightarrow 10{n^2} + 20n \ge 2000$

$\Leftrightarrow 10{n^2} + 20n - 2000 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n \ge 13{,}1{\rm{ }}\left( {TM} \right)\\n \le - 15{,}1{\rm{ }}\left( L \right)\end{array} \right.$.

Do đó, sau ít nhất 14 năm thì sinh viên có thể mua được chung cư 2 tỉ đồng.

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) Đ

d) Đ

a) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB\parallel CD\end{array} \right.$.

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AB$.

b) Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ là đường thẳng $SO.$

c) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {JIG} \right)\\AB\parallel JI\end{array} \right.$

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {IGJ} \right)$ là đường thẳng qua $G$ và song song với $AB$.

Lại có $AB||CD$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {IGJ} \right)$ là đường thẳng qua $G$ và song song với $CD$.

d) Theo đề, ta có: $NA = \frac{1}{3}SA \Rightarrow SN = \frac{2}{3}SA \Rightarrow \frac{{SN}}{{SA}} = \frac{2}{3}.$

Lại có: $SM = \frac{2}{3}SD \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{2}{3}$ nên $\frac{{SN}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{2}{3}$. Suy ra $MN\parallel AD$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {GBC} \right) \cap \left( {GMN} \right)\\MN\parallel AD\\BC\parallel AD\end{array} \right.$

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {GMN} \right)$ và $\left( {GBC} \right)$ là đường thẳng qua $G$ và song song với $AD.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 7

Ta có: $\sin 2x + 2 = m$ $\Leftrightarrow \sin 2x = m - 2$

Điều kiện để phương trình có nghiệm là $- 1 \le m - 2 \le 1$ $\Leftrightarrow 1 \le m \le 3$ hay $m \in \left[ {1;3} \right]$.

Suy ra $a = 1;b = 3$.

Vậy $T = a + 2b = 1 + 2.3 = 7$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 5

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên khi đó $x = 0$ ta có:

$2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0$ $\Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0$ $\Rightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi$ $\Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k\pi }}{5},k \in \mathbb{Z}$.

Trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên, tức là $0 \le t \le 3$,

hay $0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 3$$\Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{45 - 2\pi }}{{3\pi }}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}$.

Vậy trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên, vật qua vị trí cân bằng 5 lần.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 10

Số lượng vi khuẩn tăng lên gấp đôi sau mỗi phút là cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với công bội $q = 2$.

Ta có: ${u_6} = 64000$ $\Rightarrow {u_1}.{q^5} = 64000$ $\Rightarrow {u_1} = 2000$.

Sau $n$ phút thì số lượng vi khuẩn là ${u_{n + 1}}$.

${u_{n + 1}} = 2048000$ $\Rightarrow {u_1}.{q^n} = 2048000$$\Rightarrow {2000.2^n} = 2048000$$\Rightarrow n = 10$.

Vậy sau 10 phút thì có được $2048000$ con.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 2019

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}5{u_1} + \sqrt {5{u_1} - {u_2}} = {u_2} + 6{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{u_{n + 1}} = 3{u_n},{\rm{ }}\forall n \in {\mathbb{N}^ * }{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Từ (1) có $5{u_1} + \sqrt {5{u_1} - {u_2}} = {u_2} + 6$

$$\Leftrightarrow \left( {5{u_1} - {u_2}} \right) + \sqrt {5{u_1} - {u_2}} - 6 = 0$$

$$\Leftrightarrow \sqrt {5{u_1} - {u_2}} = 2 \Leftrightarrow 5{u_1} - {u_2} = 4.$$

Từ (2) có ${u_{n + 1}} = 3{u_n} \Rightarrow {u_2} = 3{u_1}$. Giải hệ $\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 3{u_1}\\5{u_1} - {u_2} = 4\end{array} \right.$ được ${u_1} = 2$.

Dãy $\left( {{u_n}} \right)$ là cấp số nhân với $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\q = 3\end{array} \right.$ có số hạng tổng quát ${u_n} = {2.3^{n - 1}}$ với $n \in {\mathbb{N}^ * }$.

Suy ra ${u_n} \ge {2.3^{2018}} \Leftrightarrow {2.3^{n - 1}} \ge {2.3^{2018}} \Leftrightarrow n - 1 \ge 2018$ $\Leftrightarrow n \ge 2019$.

Vậy giá trị nhỏ nhất thỏa mãn là $n = 2019$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 0,25

Gọi $Q$ là trung điểm $SD$.

Tam giác $SAD$ có $M,Q$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$. Suy ra $MQ\parallel AD$ và $MQ = \frac{1}{2}AD$.

Tam giác $SBC$ có $N,P$ lần lượt là trung điểm của $SB,SC$. Suy ra $NP\parallel BC$ và $NP = \frac{1}{2}BC$.

Mặt khác $AD\parallel BC$ và $AD = BC$ suy ra $MQ\parallel NP$ và $MQ = NP$$\Rightarrow MNPQ$ là hình bình hành.

Khi đó, $M,N,P,Q$ đồng phẳng $\Rightarrow \left( {MNP} \right)$ cắt $SD$ tại $Q$ và $MNPQ$ là thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ với mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$.

Vậy ${S_{MNPQ}} = \frac{{{S_{ABCD}}}}{4} = \frac{{{1^2}}}{4} = 0{,}25.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 2

Trong mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$, gọi $I = RQ \cap BD.$

Trong $\left( {ABD} \right)$, gọi $S = PI \cap AD \Rightarrow S = AD \cap \left( {PQR} \right).$

Gọi E là trung điểm BR ⇒ R là trung điểm đoạn EC.

Mà Q là trung điểm CD ⇒ RQ là đường trung bình tam giác DEC.

⇒ RQ // DE ⇒ RI // DE.

Xét tam giác BRI có: RI // DE và E là trung điểm BR ⇒ D là trung điểm BI.

Xét tam giác ABI có: AD là đường trung tuyến tương ứng với cạnh BI và IP là đường trung tuyến tương ứng cạnh AB.

Mà IP ∩ AD = {S} ⇒ S là trọng tâm tam giác ABI. Vậy $\frac{{SA}}{{SD}} = 2$.