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

Hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể song song hoặc chéo nhau.

Hơn nữa, hai đường thẳng chéo nhau thì không thể đồng phẳng, mà hai đường thẳng song song thì đồng phẳng. Vậy hai đường thẳng đồng phẳng và không có điểm chung thì song song với nhau. Do đó, đáp án A đúng và đáp án B, D sai.

Lại có hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì có thể song song hoặc chéo nhau nên đáp án C sai. Chọn A.

Với $\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha < 0\\\cos \alpha < 0\end{array} \right.$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha - 2\cos \alpha = 1\\{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {1 + 2\cos \alpha } \right)^2} + {\cos ^2}\alpha = 1$$\Leftrightarrow 5{\cos ^2}\alpha + 4\cos \alpha = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \alpha = 0{\rm{ }}\,\left( {{\rm{loai}}} \right)\\\cos \alpha = - \frac{4}{5}\end{array} \right.$.

Từ hệ thức ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$, suy ra $\sin \alpha = - \frac{3}{5}$ (do $\sin \alpha < 0$)

và $\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{4}{3}.$

Thay $\tan \alpha = \frac{3}{4}$ và $\cot \alpha = \frac{4}{3}$vào $P$, ta được $P = \frac{1}{6}.$ Chọn C.

Điều kiện xác định: $\sin x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}$. Chọn B.

Ta có $\frac{{2n + 1}}{{n + 1}} \ge \frac{3}{2}\,,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

${u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n + 1}} = \frac{{2\left( {n + 1} \right) - 1}}{{n + 1}} = 2 - \frac{1}{{n + 1}} < 2,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Suy ra dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng tổng quát ${u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n + 1}}$ là dãy số bị chặn. Chọn D.

a) Đúng. Vì $0 \le a \le \frac{\pi }{2}$ nên $\cos a \ge 0$.

Ta có ${\cos ^2}a = 1 - {\sin ^2}a = \frac{8}{9} \Rightarrow \cos a = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

Suy ra $\tan a = \frac{{\sin a}}{{\cos a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}$.

b) Sai. Ta có $\sin 2a = 2\sin a\cos a = 2 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{4\sqrt 2 }}{9}$.

c) Đúng. Ta có $\sin \left( {\frac{\pi }{3} + a} \right) = \sin \frac{\pi }{3}\cos a + \cos \frac{\pi }{3}\sin a = \frac{{2\sqrt 6 + 1}}{6}$.

d) Sai. Ta có $\tan \left( {a + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\tan a + \tan \frac{\pi }{4}}}{{1 - \tan a \cdot \tan \frac{\pi }{4}}} = \frac{{9 + 4\sqrt 2 }}{7}$.

a) Sai. Số hạng tổng quát ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = \frac{3}{2} + \left( {n - 1} \right) \cdot \frac{1}{2} = 1 + \frac{n}{2}$ với mọi $n \ge 1$.

b) Đúng. Xét $5 = 1 + \frac{n}{2} \Rightarrow n = 8 \in {\mathbb{N}^*}$; suy ra 5 là số hạng thứ 8 của cấp số cộng đã cho.

c) Sai. Xét $\frac{{15}}{4} = 1 + \frac{n}{2} \Rightarrow n = \frac{{11}}{2} \notin {\mathbb{N}^*};$ suy ra $\frac{{15}}{4}$ không là một số hạng của cấp số cộng đã cho.

d) Sai. Tổng 100 số hạng đầu của cấp số cộng là: ${S_{100}} = \frac{{100\left[ {2 \cdot \frac{3}{2} + \left( {100 - 1} \right) \cdot \frac{1}{2}} \right]}}{2} = 2625.$

Hàm số có tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Ta có $y = 5 + 4\sin 2x\cos 2x = 5 + 2\sin 4x$.

Do $- 1 \le \sin 4x \le 1 \Leftrightarrow - 2 \le 2\sin 4x \le 2 \Leftrightarrow 3 \le 5 + 2\sin 4x \le 7 \Leftrightarrow 3 \le y \le 7$.

Suy ra tập giá trị của hàm số là $T = \left[ {3\,;7} \right]$.

Vậy $a + b = 3 + 7 = 10$.

***Đáp án:* **10.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_4} = - 12\\{u_{14}} = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 3d = - 12\\{u_1} + 13d = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10d = 30\\{u_1} + 13d = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 3\\{u_1} = - 21\end{array} \right.$.

Tổng của 16 số hạng đầu tiên là ${S_{16}} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = \frac{{16}}{2}\left[ {2 \cdot \left( { - 21} \right) + \left( {16 - 1} \right) \cdot 3} \right] = 24$.

***Đáp án:* **24.

Ta có $\cos 2x - \cos \left( {\pi - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \cos \left( {\pi - x} \right)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \pi - x + k2\pi \\2x = - \pi + x + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \pi + k2\pi \\x = - \pi + k2\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = - \pi + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

+ Với $- \pi < \frac{\pi }{3} + k\frac{{2\pi }}{3} < \pi \Leftrightarrow \frac{{ - 4\pi }}{3} < k\frac{{2\pi }}{3} < \frac{{2\pi }}{3} \Leftrightarrow - 2 < k < 1$.

Mà $k \in \mathbb{Z}$ nên $k = 0,k = - 1$ thỏa mãn.

+ Với $- \pi < - \pi + k2\pi < \pi \Leftrightarrow 0 < k2\pi < 2\pi \Leftrightarrow 0 < k < 1$. Mà $k \in \mathbb{Z}$ nên không có giá trị k nào thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thuộc khoảng $\left( { - \pi ;\pi } \right)$.

***Đáp án:* **2.

Gọi E và F lần lượt là trung điểm AB và CD.

Ta có $I = BM \cap CN$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in BM \subset \left( {SAB} \right)\\I \in CN \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right).$

Mà $S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)$. Do đó $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI.$

Ta có: $\left. \begin{array}{l}AB{\rm{//}}CD\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI\end{array} \right\} \Rightarrow SI\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD$.

Vì $SI{\rm{//}}CD$ nên $SI\,{\rm{//}}\,CF$.

Theo định lý Thalès ta có: $\frac{{SI}}{{CF}} = \frac{{SN}}{{NF}} = 2$ (do $N$ là trọng tâm tam giác $SCD$).

Suy ra $SI = 2CF = CD$ (do F lần lượt là trung điểm của CD). Vậy $\frac{{SI}}{{CD}} = 1$.

***Đáp án:* **1.

Ta có $h\left( t \right) = 45 \Rightarrow 90\cos \left( {\frac{\pi }{3}t} \right) = 45 \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi }{3}t} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{\pi }{3}t = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\\frac{\pi }{3}t = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 + 6k\\t = - 1 + 6k\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vì $0 \le t \le 9 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le 1 + 6k \le 9\\0 \le - 1 + 6k \le 9\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} - \frac{1}{6} \le k \le \frac{4}{3} \Rightarrow \left[ \begin{array}{r}k = 0 \Rightarrow t = 1\,{\rm{s}}\\k = 1 \Rightarrow t = 7\,{\rm{s}}\end{array} \right.\\\frac{1}{6} \le k \le \frac{5}{3} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow t = 5\,{\rm{s}}\end{array} \right.$ (do $k \in \mathbb{Z}$).

Vậy $t = 1\,{\rm{s}}$, $t = 5\,{\rm{s}}$, $t = 7\,{\rm{s}}$ là các thời điểm cần tìm.

Từ đề bài ta suy ra được mỗi tháng bạn Vân trích ra $4 \cdot 30\% = 1{,}2$ triệu đồng để gửi tiết kiệm.

Tháng 9/2023 bạn Vân gửi 1,2 triệu đồng với lãi suất 0,4% mỗi tháng thì đến hết tháng 8/2025 thì số tiền bạn nhận được là: ${u_{24}} = 1{,}2{\left( {1 + 0{,}004} \right)^{24}}$.

Tháng 10/2023 bạn Vân gửi 1,2 triệu đồng với lãi suất 0,4% mỗi tháng thì đến hết tháng 8/2025 thì số tiền bạn nhận được là: ${u_{23}} = 1{,}2{\left( {1 + 0{,}004} \right)^{23}}$.

…

Tháng 8/2025 bạn Vân gửi 1,2 triệu đồng với lãi suất 0,4% mỗi tháng thì đến hết tháng 8/2025 thì số tiền bạn nhận được là: ${u_1} = 1{,}2\left( {1 + 0{,}004} \right) = 1{,}2048$.

Số tiền bạn Vân nhận được khi gửi tiết kiệm như thế tạo thành một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1} = 1{,}2\left( {1 + 0{,}004} \right) = 1{,}2048$ và công bội $q = 1{,}004$.

Vậy tổng số tiền bạn Vân nhận được chính là tổng 24 số hạng đầu của một cấp số nhân ở trên.

${S_{24}} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^{24}}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{1{,}2048\left( {1 - 1,{{004}^{24}}} \right)}}{{1 - 1{,}004}} \approx 30{,}285148$ (triệu đồng).

Vậy số tiền bạn Vân nhận được đến hết tháng 8/2025 là 30 285 148 đồng.

Gọi $H$ là giao của $AF$ và $BC$ trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}GF \subset \left( {SAH} \right)\\GF{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\\\left( {SAH} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SH\end{array} \right. \Rightarrow GF{\rm{//}}SH$.

Ta có $\widehat {EAF} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {BAE} + \widehat {DAF} = 45^\circ \Rightarrow \tan \left( {\widehat {BAE} + \widehat {DAF}} \right) = \frac{{\tan \widehat {BAE} + \tan \widehat {DAF}}}{{1 - \tan \widehat {BAE} \cdot \tan \widehat {DAF}}} = 1$.

Không mất tính tổng quát, giả sử cạnh hình vuông $ABCD$ có độ dài là 1.

Đặt $BE = x \Rightarrow \tan \widehat {BAE} = x \Rightarrow \frac{{x + \tan \widehat {DAF}}}{{1 - x \cdot \tan \widehat {DAF}}} = 1 \Rightarrow \tan \widehat {DAF} = \frac{{1 - x}}{{1 + x}}$.

Mà $\tan \widehat {DAF} = DF \Rightarrow DF = \frac{{1 - x}}{{1 + x}} \Rightarrow CF = 1 - DF = \frac{{2x}}{{1 + x}}$.

Lại có $AD\,{\rm{//}}\,CH$ nên theo định lí Thalès, ta suy ra $\frac{{AF}}{{HF}} = \frac{{DF}}{{CF}} = \frac{{1 - x}}{{2x}}$.

Mà $\frac{{AF}}{{HF}} = \frac{{AG}}{{SG}} = \frac{1}{2}$ (do $GF\,{\rm{//}}\,SH$) nên $\frac{{1 - x}}{{2x}} = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{1}{2}$.

Vậy E là trung điểm của BC.