Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 1

Hàm $y = \sin 4x$ tuần hoàn với chu kì $\frac{\pi }{2}$.

Hàm $y = \sin x$ và $y = \cos x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi$.

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

Ta có ${\sin ^2}\alpha = 1 - {\cos ^2}\alpha = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}}$.

Mà $0 < \alpha < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \sin \alpha > 0$.

Do đó $\sin \alpha = \frac{3}{5}$. Chọn C.

Áp dụng công thức ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$ ta có ${u_4} = {u_1}{q^3} \Rightarrow {q^3} = \frac{{{u_4}}}{{{u_1}}} = - 8 \Rightarrow q = - 2$.

Lại có ${u_6} = {u_1}{q^5} = 5 \cdot {\left( { - 2} \right)^5} = - 160$. Chọn C.

Ta có $B \in \left( {MBD} \right)$$\cap \left( {ABN} \right)$.

Xét $\left( {ACD} \right)$, gọi $G = AN \cap MD$. Khi đó $G$ là trọng tâm tam giác $ACD$.

$$\begin{array}{l}G \in AN \subset \left( {ABN} \right)\\G \in MD \subset \left( {MBD} \right)\end{array}$$

Suy ra $G \in \left( {MBD} \right)$$\cap \left( {ABN} \right)$.

Vậy $\left( {MBD} \right)$$\cap \left( {ABN} \right) = BG$. Chọn C.

a) Đúng. Phương trình có nghĩa khi $1 + \sin 3x \ne 0 \Leftrightarrow \sin 3x \ne - 1$.

b) Đúng. Với điều kiện phương trình có nghĩa: $\frac{{\cos 3x}}{{1 + \sin 3x}} = 0 \Leftrightarrow \cos 3x = 0$.

c) Đúng. Với $x = \frac{{5\pi }}{6}$, ta có $\frac{{\cos \left( {3 \cdot \frac{{5\pi }}{6}} \right)}}{{1 + \sin \left( {3 \cdot \frac{{5\pi }}{6}} \right)}} = \frac{0}{2} = 0$. Vậy $x = \frac{{5\pi }}{6}$là một nghiệm của phương trình đã cho.

d) Sai. Với điều kiện: $\sin 3x \ne - 1$, ta có $\frac{{\cos 3x}}{{1 + \sin 3x}} = 0 \Leftrightarrow \cos 3x = 0$.

Vì ${\sin ^2}3x + {\cos ^2}3x = 1$ nên $\cos 3x = 0 \Rightarrow {\sin ^2}3x = 1$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 3x = 1\\\sin 3x = - 1\end{array} \right.$.

Kết hợp điều kiện $\sin 3x \ne - 1$, ta được $\sin 3x = 1$$\Leftrightarrow 3x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}$.

Theo giả thiết ta có $x > 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3} > 0$$\Leftrightarrow k > - \frac{1}{4}$. Do $k \in \mathbb{Z}$ nên ${k_{\min }} = 0$.

Khi đó nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình đã cho là $x = \frac{\pi }{6}$.

$\Rightarrow a = 1;b = 6 \Rightarrow {a^2} + 2b = 13$.

a) Sai. Kí hiệu ${u_n}$là chiều cao so với mực nước biển của thửa ruộng ở bậc thứ $n$.

Khi đó, dãy số $\left( {{u_n}} \right)$là một cấp số cộng.

b) Đúng. Số hạng đầu ${u_1} = 950$.

c) Sai. Cấp số cộng có công sai $d = 1{,}5$.

d) Đúng. Ta có ${u_{12}} = {u_1} + 11{\rm{d}} = 950 + 11 \cdot 1{,}5 = 966{,}5$.

Vậy thửa ruộng ở bậc thứ 12 có độ cao 966,5 m so với mực nước biển.

Ta có$\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x \Rightarrow {\tan ^2}x = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1 \Rightarrow \tan x = \pm \sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2}}} - 1} = \pm \frac{4}{3}$.

Vì $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \tan \alpha = \frac{4}{3}$.

Khi đó, $\tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\tan x + \tan \frac{\pi }{4}}}{{1 - \tan x.\tan \frac{\pi }{4}}} = \frac{{\frac{4}{3} + 1}}{{1 - \frac{4}{3}}} = - 7$.

Đáp án: −7.

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

Đặt $t = \sin x$. Khi đó $x \in \left[ {\frac{\pi }{6};\frac{{2\pi }}{3}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {\frac{1}{2};1} \right]$.

Do đó GTNN và GTLN của hàm số đã cho bằng GTNN, GTLN của hàm số $f\left( t \right) = - 2{t^2} + 3t + 4$ trên đoạn $\left[ {\frac{1}{2};1} \right]$.

Ta có BBT trên đoạn $\left[ {\frac{1}{2};1} \right]$của hàm số $f\left( t \right) = - 2{t^2} + 3t + 4$.

Suy ra $M = \frac{{41}}{8},m = 5$, do đó $8M + m = 8 \cdot \frac{{41}}{8} + 5 = 46$.

Đáp án: 46.

Gọi lương tháng thứ $n$ của người đó là ${A_n}$. Ta có${A_1} = 6$.

Lương tháng sau hơn tháng trước $0{,}2$ triệu đồng nên ta có $\left( {{A_n}} \right)$ là một cấp số cộng với số hạng đầu ${A_1} = 6$ và công sai $d = 0{,}2$.

Số hạng tổng quát của dãy số là ${A_n} = {A_1} + \left( {n - 1} \right)d\,\,\,\,\left( {n > 1} \right)$.

Vậy tới tháng thứ 7, người đó nhận được lương là ${A_7} = {A_1} + 6d = 6 + 6 \cdot 0{,}2 = 7{,}2$ (triệu đồng).

Đáp án: 7,2.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right),MN \cap AC = E$. Suy ra $E \in \left( {SAC} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, $SO \cap PE = I$. Do đó $I \in SO$ và $I \in \left( {MNP} \right)$. Vậy $I = SO \cap \left( {MNP} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ kẻ $OK{\rm{//}}SA,K \in PE$. Suy ra $\frac{{OK}}{{SP}} = \frac{{OI}}{{IS}}$ (1).

Mặt khác $OK{\rm{//}}AP$ nên $\frac{{OK}}{{AP}} = \frac{{EO}}{{EA}} = \frac{1}{3}$ (2).

Từ (1) và (2) ta có $\frac{{OI}}{{SI}} = \frac{1}{3}$ (do $PA = PS$) $\Rightarrow \frac{{SI}}{{IO}} = 3$.

Đáp án: 3.

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

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

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là $0 \le t \le 6$ hay

$0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6$$\Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}$

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}$.

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.

a) Giá trị xe của ông An còn lại sau 16 năm:

$1{,}2 \cdot {10^9} \cdot {\left( {1 - 8\% } \right)^{10}}{\left( {1 - 20\% } \right)^6} \approx 136\,647\,000$ (đồng).

b)Tổng số tiền ông An mua bảo hiểm xe trong suốt 16 năm đầu: $S = {S_{10}} + {S'_6}$

Với ${S_{10}}$ là tổng 10 số hạng đầu của cấp số nhân với ${u_1} = 1{,}2 \cdot {10^9} \cdot 1{,}55\%$, $q = 1 - 8\% = 0{,}92$.

Với ${S'_6}$ là tổng 6 số hạng đầu của cấp số nhân với ${u'_1} = 1{,}2 \cdot {10^9} \cdot {\left( {1 - 8\% } \right)^{10}} \cdot 1{,}55\%$, $q' = 1 - 20\% = 0{,}8$.

Ta tính được ${S_{10}} = 131\,\,504\,684{,}4$; ${S'_6} = 29\,807\,999{,}84$.

Khi đó, $S = {S_{10}} + {S'_6} = 161\,312\,684{,}2 \approx 161\,313\,000$ (đồng).

Vậy, tổng số tiền ông An mua bảo hiểm xe trong suốt 16 năm đầu là $161\,313\,000$ đồng.

a) Trong tam giác $SBC$ có $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{2}$$\Rightarrow MN{\rm{//}}BC$.

b) Xét $\left( \alpha \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ có $D$ chung, $AC$ nằm trong $\left( {ABCD} \right)$ và $AC{\rm{//}}\left( \alpha \right)$ nên giao tuyến của 2 mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$là đường thẳng qua $D$ và song song với $AC$, cắt $BC$ tại $P$.

Tứ giác $ACPD$ là hình bình hành nên $CP = AD = BC$. Do đó $C$ là trung điểm của $BP$.

Vì $M,P,K$ đều là điểm chung của $\left( \alpha \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ nên $M,P,K$ thẳng hàng.

Tam giác $SBP$ có 2 trung tuyến $SC,\,MP$ nên $K$ là trọng tâm tam giác $SBP$.