Đề thi giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: $108^\circ .\frac{\pi }{{180^\circ }} = \frac{{3\pi }}{5}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Theo công thức về cung liên kết, ta có $\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha .$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Với mọi $x \in \mathbb{R}$ thì $- 1 \le \cos x \le 1$.

Do đó, ta có giá trị của hàm số $y = \cos x$ là $\left[ { - 1;1} \right].$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định: $\sin x \ne 0$ $\Leftrightarrow x \ne k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Do đó, $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ $\Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{3}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Xét các đáp án ta thấy có dãy $1;1;1;1....$ có các số hạng cách đều nhau một khoảng là $0$ đơn vị nên dãy số không tăng không giảm.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${u_5} = {u_1}.{q^4} = \left( { - 3} \right).{\left( {\frac{2}{3}} \right)^4} = - \frac{{16}}{{27}}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Tổng 4 số hạng đầu của dãy $\left( {{u_n}} \right)$ là: ${S_4} = \frac{{4.\left[ {2.1 + \left( {4 - 1} \right).3} \right]}}{2} = 22.$

Vậy ${S_4} = 22.$

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB.$

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là $SB.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Trong không gian, hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau hoặc song song.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta thấy $\left\{ \begin{array}{l}A \notin \left( {SBD} \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\\AC \cap BD = O\end{array} \right.$ ,

suy ra $AC \cap \left( {SBD} \right) = O.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD\parallel BC\end{array} \right.$

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

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) Đ

d) Đ

a) Ta có: $f\left( x \right) = \left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\cos x + 1} \right)$

$$\Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + 2\sin x - \cos x - 1$$

$\Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\sin 2x + 2\sin x - \cos x - 1$.

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

Lấy $x \in D$ và $- x \in D$, ta có:

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

Suy ra $f\left( x \right) \ne f\left( { - x} \right)$.

Vậy hàm số đã cho không chẵn, không lẻ.

b) Ta có: $f\left( x \right) = 0$ $\Leftrightarrow \left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\cos x + 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\sin x - 1 = 0\\\cos x + 1 = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{1}{2}\\\cos x = - 1\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \pi + k2\pi \end{array} \right.,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Nhận thấy, với $k = - 1$ thì phương trình có các nghiệm âm là:

$x = \frac{{ - 11\pi }}{6};x = \frac{{ - 7\pi }}{6};x = - \pi$.

c) Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình $f\left( x \right) = 0$ là $x = - \pi$.

Xét trên nửa khoảng $\left[ { - 2\pi ;3\pi } \right)$, ta thấy:

$- 2\pi \le \frac{\pi }{6} + k2\pi < 3\pi$ $\Leftrightarrow \frac{{ - 13\pi }}{6} \le k2\pi < \frac{{17\pi }}{6}$ $\Leftrightarrow \frac{{ - 13}}{{12}} \le k < \frac{{17}}{{12}}$.

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

Do đó $x \in \left\{ { - \frac{{11\pi }}{6};\frac{\pi }{6};\frac{{13\pi }}{6}} \right\}$ (1).

Tương tự $- 2\pi \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi < 3\pi$ $\Leftrightarrow - \frac{{17}}{{12}} \le k < \frac{{13}}{{12}}$.

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

Do đó $x \in \left\{ { - \frac{{7\pi }}{6};\frac{{5\pi }}{6};\frac{{17\pi }}{6}} \right\}$ (2).

Tương tự, có $- 2\pi \le \pi + k2\pi < 3\pi$ $\Leftrightarrow - \frac{3}{2} \le k < 1$.

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

Do đó $x \in \left\{ { - \pi ;\pi } \right\}$ (3).

d) Từ (1), (2), (3) ta tính được tổng các nghiệm bằng $3\pi$.

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) Đ

d) Đ

a) Ta có: ${u_{11}} = {u_1} + 10d = 5 + 10.\left( { - 7} \right) = - 65.$

b) Ta có: ${u_5} + {u_7} = {u_1} + 4d + {u_1} + 6d$

$$= 2{u_1} + 10d = 2.5 + 10.\left( { - 7} \right) = - 60.$$

c) Ta có: ${u_{123}} = {u_1} + 122d = 5 + 122.\left( { - 7} \right) = - 849.$

Vậy số $- 849$ là số hạng thứ 123 của cấp số cộng.

d) Ta có: ${u_{18}} = {u_1} + 17d = 5 + 17.\left( { - 7} \right) = - 114.$

Vậy số $- 114$ là số hạng thứ 18 của cấp số cộng.

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) Đ

d) Đ

a) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AM \subset \left( {SAC} \right)\\SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\I \in AM \cap \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM \cap \left( {SBD} \right) = AM \cap SO = I.$

b) Xét tam giác $SAC$, có $AM,SO$ là các trung tuyến của tam giác $SAC$.

Mà $AM \cap SO = I$, suy ra $I$ là trọng tâm của tam giác.

Suy ra $IA = 2IM$.

c) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABM} \right) \cap \left( {SBD} \right) = BI\\SD \subset \left( {SBD} \right)\\E \in SD \cap \left( {AMB} \right)\end{array} \right.$

Suy ra giao điểm $E$ của đường thẳng $SD$ và $\left( {ABM} \right)$ là điểm thuộc đường thẳng $BI.$

d) Gọi $F = NC \cap DB$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {SNC} \right)\\F \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {SNC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SF = \left( {SBD} \right) \cap \left( {SNC} \right)$.

Mà $MN \subset \left( {SNC} \right)$, suy ra giao điểm của đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ là điểm thuộc giao tuyến $SF$ của hai mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {SNC} \right).$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 2021

Ta có: $y = 2{\cos ^2}x - \sqrt 3 \sin 2x + 2018$

$$= 1 + \cos 2x - \sqrt 3 \sin 2x + 2018$$

$$= \cos 2x - \sqrt 3 \sin 2x + 2019$$

$$= 2\left( {\frac{1}{2}\cos 2x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x} \right) + 2019$$

$$= 2\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) + 2019$$

Ta thấy: $- 1 \le \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 1$

$$\Leftrightarrow - 2 \le 2\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 2$$

$\Leftrightarrow 2017 \le 2\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) + 2019 \le 2021$.

Vậy giá trị lớn nhất của $y = 2{\cos ^2}x - \sqrt 3 \sin 2x + 2018$ là $2021$.

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: 3375

Gọi ${u_1};{u_2};{u_3}$ theo thứ tự là ba số cần tìm lập thành một cấp số nhân.

Vì tổng của ${u_1};{u_2};{u_3}$ là $65$, do đó ${u_1} + {u_2} + {u_3} = 65$.

Nếu bớt một đơn vị ở số hạng thứ nhất và $19$ đơn vị ở số hạng thứ ba ta được một cấp số cộng nên ta có phương trình sau:

${u_1} - 1 + {u_3} - 19 = 2{u_2}$ hay ${u_1} - 2{u_2} + {u_3} = 20$.

Từ đây ta có hệ phương trình sau:

$\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} = 65\\{u_1} - 2{u_2} + {u_3} = 20\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} = 65\\3{u_2} = 45\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} = 65\\{u_2} = 15\end{array} \right.$.

Lúc này, suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_3} = 50\\{u_1}.q = 15\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right) = 50\\{u_1}.q = 15\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{1 + {q^2}}}{q} = \frac{{10}}{3}\\{u_1}.q = 15\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}q = 3\\q = \frac{1}{3}\end{array} \right.\\{u_1}.q = 15\end{array} \right.$.

Vì ${u_1};{u_2};{u_3}$ theo thứ tự là một cấp số nhân tăng nên $q = 3$ thỏa mãn.

Khi đó, ${u_1} = 5;{u_2} = 15;{u_3} = 45.$

Tích ba số đó là: $5.15.45 = 3375$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 14

Mực nước của con kênh cao nhất khi độ sâu của mực nước trong kênh lớn nhất.

Ta có: $- 1 \le \cos \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) \le 1$ $\Leftrightarrow 9 \le 3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) + 12 \le 15$.

Do đó mực nước của con kênh cao nhất bằng $15{\rm{ }}\left( m \right)$ khi $\cos \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) = 1$

$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4} = k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow t = - 2 + 16k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Vì trong một ngày có 24 giờ nên $0 \le - 2 + 16k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{8} \le k \le \frac{{26}}{{16}}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên $k = 1$ do đó $t = 14$.

Vậy mực nước của con kênh cao nhất khi $t = 14$ giờ.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 4

Gọi cạnh đầu tiên của đa giác lập thành cấp số cộng là $x$$\left( {0 < x < 44} \right)$.

Theo đề bài, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}x + \left( {n - 1} \right).3 = 44\\\frac{{\left[ {x + 44} \right].n}}{2} = 158\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3n = 47\\xn + 44n = 316\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 47 - 3n\\\left( {47 - 3n} \right)n + 44n = 316\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 47 - 3n\\ - 3{n^2} + 91n - 316 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 4\\x = 35\end{array} \right.$.

Vậy đa giác đó có 4 cạnh.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 3

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

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {JIG} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ là đường thẳng qua $G$ và song song với các đường thẳng $AB,{\rm{ }}JI$.

Giao tuyến qua $G$ cắt $SA$ tại $M$ và cắt $SB$ tại $N$.

Thiết diện của mặt phẳng $\left( {JIG} \right)$ với hình chóp $S.ABCD$ là hình thang $JNMI$ vì $JI\parallel MN$.

$JI$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$ nên ta có:

$$IJ = \frac{{AB + CD}}{2} = \frac{{kCD + CD}}{2} = \frac{{k + 1}}{2}CD.$$

$G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên ta có $MN = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}kCD.$

Để $JNMI$ là hình bình hành thì $JI = NM$.

Suy ra $\frac{{k + 1}}{2}CD = \frac{2}{3}kCD$$\Leftrightarrow \frac{{k + 1}}{2} = \frac{{2k}}{3}$$\Leftrightarrow k = 3.$