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

Khi kim giờ $OM$ chỉ số 12, kim phút $ON$ chỉ số 3 thì $\widehat {MON} = \frac{\pi }{2}$.

Từ hình vẽ ta thấy góc lượng giác $\left( {OM,ON} \right)$ có tia đầu $OM,$ tia cuối $ON$, quay theo chiều dương (ngược chiều quay của kim đồng hồ) nên $\left( {OM,ON} \right) = 2\pi - \frac{\pi }{2} + k2\pi = \frac{{3\pi }}{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$ hoặc nếu theo chiều âm có thể kết luận $\left( {OM,\,\,ON} \right) = - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$. Chọn A.

Ta có ${u_1} = 5 - 2 \cdot 1 = 3;\,\,{u_2} = 5 - 2 \cdot 2 = 1;\,\,{u_3} = 5 - 2 \cdot 3 = - 1;\,\,...........$

Khi đó, công sai của cấp số cộng là $d = {u_2} - {u_1} = 1 - 3 = - 2$. Chọn A.

¨ Dãy số ${u_n} = \frac{1}{n}$ có ${u_1} = 1;{u_2} = \frac{1}{2};{u_3} = \frac{1}{3};...$ nên $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}}$, do đó không phải là cấp số nhân.

¨ Dãy số ${u_n} = 3n$ có ${u_1} = 3;{u_2} = 6;{u_3} = 9;...$ nên $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}}$, do đó không phải là cấp số nhân.

¨ Dãy số ${u_n} = {2^n} + 1$ có ${u_1} = 3;{u_2} = 5;{u_3} = 9;...$ nên $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}}$, do đó không phải là cấp số nhân.

¨ Dãy số ${u_n} = {2^n}$ có $\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{2^{n + 1}}}}{{{2^n}}} = 2$ không đổi với mọi n, nên đây là cấp số nhân với công bội $q = 2$.

Chọn D.

Ta có $\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0$ (vì $\lim {q^n} = 0$ với $\left| q \right| = \frac{1}{2} < 1$);

$\lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0$; $\lim {n^3} = + \infty$; $\lim \left( { - {n^2}} \right) = - \lim {n^2} = - \infty$. Chọn D.

Ta có ${\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$ $\Rightarrow \sin x = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$ $\left( {{\rm{do}}\,\, - \frac{\pi }{2} < x < 0 \Rightarrow \sin x < 0} \right)$$\Rightarrow \tan x = - 2\sqrt 2$.

Vậy $\tan 2x = \frac{{2\tan x}}{{1 - {{\tan }^2}x}} = \frac{{ - 4\sqrt 2 }}{{ - 7}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{7}.$ Chọn A.

Một hàm số có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ khi nó là hàm số lẻ.

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = \cos 3x \cdot \sin x$.

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}$.

Do đó nếu $x$ thuộc tập xác định $D$ thì $- x$ cũng thuộc tập xác định $D$.

Ta có $f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - 3x} \right) \cdot \sin \left( { - x} \right) = \cos 3x \cdot \left( { - \sin x} \right) = - \cos 3x \cdot \sin x = - f\left( x \right),\,\,\forall x \in D$.

Vậy hàm số $y = \cos 3x \cdot \sin x$ là hàm số lẻ nên đồ thị của nó đối xứng qua gốc tọa độ. Chọn B.

a) Đúng. Ta có ${v_1} = {u_1} - 3 = 8 - 3 = 5$.

b) Sai. Có ${v_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - 3 = 4{u_n} - 9 - 3 = 4{u_n} - 12 = 4\left( {{u_n} - 3} \right) = 4{v_n} \Rightarrow \frac{{{v_{n + 1}}}}{{{v_n}}} = 4$ không đổi với mọi $n \in {\mathbb{N}^*}$.

Vậy dãy số $\left( {{v_n}} \right)$ là một cấp số nhân có số hạng đầu ${v_1} = 5$, công bội ${q_1} = 4$.

c) Sai. Số hạng tổng quát của cấp số nhân $\left( {{v_n}} \right)$ là ${v_n} = {v_1} \cdot q_1^{n - 1} = 5 \cdot {4^{n - 1}}$.

d) Sai. Ta có ${v_n} = {u_n} - 3$, suy ra ${u_n} = 3 + {v_n} = 3 + 5 \cdot {4^{n - 1}}$.

a) Đúng. Vì $4 \in \left[ {4; + \infty } \right)$ nên $T\left( 4 \right) = 35\,000 \cdot 4 = 140\,000$.

b) Sai. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} T\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \left( {35\,000x} \right) = 35\,000 \cdot 4 = 140\,000$.

c) Sai. Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} T\left( x \right) = 120\,000 \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} T\left( x \right)$ nên không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} T\left( x \right)$, suy ra hàm số $T\left( x \right)$ không liên tục tại $x = 4$.

d) Đúng. Khi $x > 4$, $T\left( x \right) = 35000x$ là hàm đa thức nên liên tục trên $\left( {4; + \infty } \right)$.

Ta lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} T\left( x \right) = T\left( 4 \right)$ nên hàm số $T\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ {4; + \infty } \right)$.

Ta có $2\tan a - \cot a = 1 \Leftrightarrow 2\tan a - \frac{1}{{\tan a}} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan a = 1\\\tan a = - \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Vì $- \frac{\pi }{2} < a < 0$ nên $\tan a < 0$, suy ra $\tan a = - \frac{1}{2}$, $\cot a = - 2$.

Ta có $\tan \left( {6\pi - a} \right) = - \tan a$; $\cot \left( {3\pi + a} \right) = \cot a$; $\tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} + a} \right) = - \cot a$.

Vậy $P = \frac{{\tan \left( {6\pi - a} \right) - 2\cot \left( {3\pi + a} \right)}}{{3\tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} + a} \right)}} = \frac{{ - \tan a - 2\cot a}}{{ - 3\cot a}}$$= \frac{{\frac{1}{2} + 4}}{6} = \frac{3}{4} = 0{,}75$.

Đáp án: $0{,}75$.

Ta có $4\sin 3x\sin 2x\cos x = 4\left( {\sin 3x\cos x} \right)\sin 2x = 4 \cdot \frac{1}{2}\left( {\sin 4x + \sin 2x} \right)\sin 2x$

$= 2\sin 4x\sin 2x + 2{\sin ^2}2x = \left( {\cos 2x - \cos 6x} \right) + 2\left( {\frac{{1 - \cos 4x}}{2}} \right)$ $= \cos 2x - \cos 4x - \cos 6x + 1$.

Vậy $a + b + c + d = 0$.

Đáp án: 0.

Xét ${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{m\left( {n + 1} \right) - 1}}{{\left( {n + 1} \right) + 1}} - \frac{{mn - 1}}{{n + 1}} = \frac{{mn + m - 1}}{{n + 2}} - \frac{{mn - 1}}{{n + 1}}$

$= \frac{{m{n^2} + 2mn + m - n - 1 - \left( {m{n^2} + 2mn - n - 2} \right)}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} = \frac{{m + 1}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}$.

Dãy số đã cho là dãy giảm $\Leftrightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} < 0 \Leftrightarrow \frac{{m + 1}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} < 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*} \Leftrightarrow m < - 1$

$\left( {{\rm{do }}\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right) > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}} \right){\rm{. }}$

Với $m$ là số nguyên lớn nhất và $m < - 1$ suy ra $m = - 2$.

Đáp án: −2.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }}$ = $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} - \left( {5x + 1} \right)} \right]\left[ {x + \sqrt {4x - 3} } \right]}}{{\left[ {{x^2} - \left( {4x - 3} \right)} \right]\left[ {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right]}}$

$\mathop { = \lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}$$\mathop { = \lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}$

$\mathop { = \lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{{3\left( {3 + \sqrt {4 \cdot 3 - 3} } \right)}}{{\left( {3 - 1} \right)\left( {3 + 1 + \sqrt {5 \cdot 3 + 1} } \right)}}$$= \frac{9}{8}$.

Do đó $a = 9;b = 8$ nên $a - b = 1$.

***Đáp án:* **1.

a) Nhiệt độ ngoài trời lúc 19 giờ là $h\left( {19} \right) = 31 + 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {19 - 9} \right)$$= 31 + 3\sin \frac{{5\pi }}{6} = 32{,}5$℃.

b) Ta có $- 1 \le \sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 1 \Rightarrow - 3 \le 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 3 \Rightarrow 28 \le 31 + 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 34\,\,\forall t.$

Do đó $\max h\left( t \right) = 34 \Leftrightarrow \sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 15 + 24k,k \in \mathbb{Z}.$

Vì $0 < t \le 24 \Rightarrow 0 \le 15 + 24k \le 24 \Leftrightarrow - \frac{{15}}{{24}} \le k \le \frac{3}{8}$.

Do $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0$ nên $t = 15.$

Vậy vào thời điểm 15 giờ thì nhiệt độ ở thành phố đó lớn nhất.

Số ngày bạn An để dành tiền (thời gian bỏ ống heo tính từ ngày $01$ tháng $01$ năm $2025$ đến ngày $30$ tháng $4$ năm $2025$) là $31 + 28 + 31 + 30 = 120$ ngày.

Số tiền bỏ ống heo ngày đầu tiên là: ${u_1} = 100$ đồng.

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ hai là: ${u_2} = 100 + 100 = 100 + 1 \cdot 100$ đồng.

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ ba là: ${u_3} = 100 + 100 + 100 = 100 + 2 \cdot 100$ đồng.

…

Như vậy, số tiền bỏ ống heo mỗi ngày của bạn An lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu ${u_1} = 100$, công sai $d = 100$.

Sau $120$ ngày thì số tiền An tích lũy được là tổng của $120$ số hạng đầu của cấp số cộng trên.

Vậy số tiền An tích lũy được là ${S_{120}} = \frac{{120}}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {120 - 1} \right)d} \right]$$= \frac{{120}}{2}\left( {2 \cdot 100 + 119 \cdot 100} \right)$$= 726\,000$ đồng.

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày đầu tiên là $150\,{\rm{mg}}$.

Sau ngày đầu, trước mỗi lần uống, hàm lượng thuốc cũ trong cơ thể vẫn còn $5\%$.

Do đó, lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ hai là

$150 + 150 \cdot 5\% = 150\left( {1 + 0{,}05} \right)$ (mg).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ ba là

$150 + 150\left( {1 + 0{,}05} \right) \cdot 5\% = 150 + 150\left( {0{,}05 + 0,{{05}^2}} \right) = 150\left( {1 + 0{,}05 + 0,{{05}^2}} \right)$ (mg).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ tư là

$150 + 150\left( {1 + 0{,}05 + 0,{{05}^2}} \right) \cdot 5\% = 150\left( {1 + 0{,}05 + 0,{{05}^2} + 0,{{05}^3}} \right)$ (mg).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ năm là

$150 + 150\left( {1 + 0{,}05 + 0,{{05}^2} + 0,{{05}^3}} \right) \cdot 5\% = 150\left( {1 + 0{,}05 + 0,{{05}^2} + 0,{{05}^3} + 0,{{05}^4}} \right)$$= 157{,}8946875\,\,{\rm{(mg)}}.$

Cứ tiếp tục như vậy, ta ước tính lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài là

$S = 150\left( {1 + 0{,}05 + 0,{{05}^2} + 0,{{05}^3} + 0,{{05}^4} + \ldots } \right)$ (mg).

Nhận thấy rằng $0{,}05 + 0,{05^2} + 0,{05^3} + 0,{05^4} + \ldots$ là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${u_1} = 0{,}05$ và công bội $q = 0{,}05$.

Do đó, $1 + 0{,}05 + 0,{05^2} + 0,{05^3} + 0,{05^4} + \ldots = 1 + \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 1 + \frac{{0{,}05}}{{1 - 0{,}05}} = \frac{{20}}{{19}}$.

Suy ra $S = 150 \cdot \frac{{20}}{{19}} = \frac{{3000}}{{19}}$.

Vậy lượng thuốc trong cơ thể nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài ước tính khoảng $\frac{{3000}}{{19}}$ mg.