Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 4

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.

***Cách 1.* **

Gọi độ cao của quả bóng nảy lên lần thứ nhất là ${u_1}$. Ta có ${u_1} = \frac{3}{4} \cdot 10 = \frac{{15}}{2}$ (m).

Theo bài ra, ta có độ cao của quả bóng trong các lần nảy tiếp theo lần lượt là:

${u_2} = \frac{3}{4}{u_1};\,{u_3} = \frac{3}{4}{u_2};\,...;\,{u_n} = \frac{3}{4}{u_{n - 1}};\,...$.

Như vậy, độ cao mỗi lần nảy lên của quả bóng tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu ${u_1} = \frac{{15}}{2}$ và công bội $q = \frac{3}{4}$.

Khi đó, tổng quãng đường bóng đi được đến khi bóng dừng hẳn là:

$S = 10 + 2{u_1} + 2{u_2} + ... + 2{u_n} + ....$$= 10 + 2\left( {{u_1} + {u_2} + ... + {u_n} + ...} \right)$$= 10 + 2 \cdot \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 10 + 2 \cdot \frac{{\frac{{15}}{2}}}{{1 - \frac{3}{4}}} = 70$ (m).

***Cách 2.* **

Mỗi quãng đường khi bóng đi xuống tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn có ${u_1} = 10$ và $q = \frac{3}{4}$.

Tổng các quãng đường khi bóng đi xuống là $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}$$= \frac{{10}}{{1 - \frac{3}{4}}}$ $= 40$ (m).

Tổng quãng đường bóng đi được đến khi bóng dừng hẳn $2S - 10 = 70$ (m).

***Đáp án:* **70.

Ta có ${x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4 = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2} \right).$

${x^2} - 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)$.

Khi đó, $M = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x + 1}} = \frac{0}{2} = 0$.

Đáp án: 0.

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.

Với $0 \le t < 70$, ta có hàm số $T\left( t \right) = 20 + 4t$ là hàm đa thức nên hàm số này liên tục trên $\left[ {0;\,70} \right)$.

Với $70 < t \le 120$, ta có hàm số $T\left( t \right) = a - 2t$ ($a$ là hằng số) là hàm đa thức nên hàm số này liên tục trên $\left[ {0;\,70} \right)$.

Xét tính liên tục của hàm số tại ${t_0} = 70$:

Tại ${t_0} = 70$, ta có: $T\left( {70} \right) = 300$.

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{70}^ - }} T\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{70}^ - }} \left( {20 + 4t} \right) = 300;$$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{70}^ + }} T\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{70}^ + }} \left( {a - 2t} \right) = a - 140$.

Hàm số $T\left( t \right)$ liên tục trên tập xác định khi và chỉ khi hàm số liên tục tại ${t_0} = 70$, điều này xảy ra khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{70}^ - }} T\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{70}^ + }} T\left( x \right) = T\left( {70} \right) \Leftrightarrow a - 140 = 300 \Leftrightarrow a = 440$.

Vậy giá trị của $a = 440$.