Đề thi giữa kì 1 Toán 11 THPT Bình Giang (Hải Dương) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn D

Ta có $s\~n \,\left( {OA,OB} \right) = \frac{\pi }{2}$.

Chọn A

Vì số đo của góc lượng giác $\left( {OA,OM} \right)$ bằng $50^\circ$ và $0^\circ < 50^\circ < 90^\circ$ nên điểm $M$ nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Chọn B

Đường tròn lượng giác là đường tròn có bán kính $R = 1$.

Chọn A

Ta có ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$$\Rightarrow \cos \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \pm \sqrt {1 - \frac{{16}}{{25}}} = \pm \frac{3}{5}$.

Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ nên $\cos \alpha < 0$. Do đó $\cos \alpha = - \frac{3}{5}$.

Chọn C

Với $90^\circ < \alpha < 180^\circ$ thì $\sin \alpha > 0$; $\cos \alpha < 0$; $\tan \alpha < 0$; $\cot \alpha < 0$.

Chọn D

Trong tam giác $ABC$ ta có: $A + B + C = \pi \Leftrightarrow A + B = \pi - C \Leftrightarrow \frac{{A + B}}{2} = \frac{\pi }{2} - \frac{C}{2}$.

Suy ra $\cos \frac{{A + B}}{2} = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - C} \right) = \sin \frac{C}{2}$.

Chọn A

Ta có $\cos 2a = 2{\cos ^2}a - 1$ nên khẳng định ở phương án ${\rm{A}}$ sai.

Chọn A

Ta có $P = \sin 30^\circ .\cos 60^\circ + \sin 60^\circ .\cos 30^\circ = \sin \left( {30^\circ + 60^\circ } \right) = \sin 90^\circ = 1$.

Chọn D

Hàm số $y = \cos x$ là hàm số chẵn.

Các hàm số $y = \sin x$, $y = \tan x$, $y = \cot x$ là các hàm số lẻ.

Chọn C

Các hàm số $y = \sin x$, $y = \cos x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi$.

Các hàm số $y = \tan x$, $y = \cot x$ tuần hoàn với chu kì $\pi$.

Chọn C

Điều kiện: $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

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

Chọn D

Đồ thị của một hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {a;b} \right)$ là một đường “đi lên” từ trái qua phải.

Chọn B

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

Chọn B

Ta có $\cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn C

Ta có $\tan x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \tan x = \tan \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn C

Ta có $2\sin x = 1 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2}$. Phương trình này có tập nghiệm được biểu diễn trên đường tròn lượng giác bởi hai điểm $M$, $N$.

Chọn D

Ta có ${u_4} = 8 - 3.4 = - 4$.

Chọn B

Ta có ${u_1} = 1$ $\Rightarrow$Loại phương án ${\rm{A}}$.

Vì ${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{n} = - \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}} < 0$, $\forall n \in {\mathbb{N}^*}$ nên dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm

$\Rightarrow$Chọn phương án ${\rm{B}}$.

Lời giải

Chọn B

Chọn A

Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng.

Chọn B

Hai đường chéo của hình thoi $ABCD$ cắt nhau.

Chọn A

Hai đường thẳng phân biệt $a$ và $b$ có 3 vị trí tương đối là: song song, cắt nhau và chéo nhau.

Chọn A

Có vô số mặt phẳng song song với $a$ và $b$ $\Rightarrow$Khẳng định ở phương án ${\rm{A}}$ là khẳng định sai.

Chọn C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}b \not\subset \left( \alpha \right)\\b\,{\rm{//}}\,a\\a \subset \left( \alpha \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow b\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)$.

Chọn D

Gọi $E$ là trung điểm của $AB$, $F$ là trung điểm của $CD$.

Vì $M$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên ta có $\frac{{SM}}{{SE}} = \frac{2}{3}$.

Vì $N$ là trọng tâm tam giác $SCD$ nên ta có $\frac{{SN}}{{SF}} = \frac{2}{3}$.

Do đó $\frac{{SM}}{{SE}} = \frac{{SN}}{{SF}}$. Theo định lí Thalès đảo ta có $MN\,{\rm{//}}\,EF$.

Mà $EF \subset \left( {ABCD} \right)$ suy ra $MN\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right)$.

Chọn B

Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì chúng có thể: Cắt nhau, song song nhau hoặc chéo nhau $\Rightarrow$Loại phương án ${\rm{A}}$.

Nếu $\left\{ \begin{array}{l}a\,{\rm{ // }}\left( P \right)\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right.$ thì $a{\rm{ // }}b$ hoặc $a$ và $b$ chéo nhau $\Rightarrow$Loại phương án ${\rm{C}}$.

Nếu $a\,{\rm{ // }}\left( P \right)$ và đường thẳng $b$ cắt mặt phẳng $\left( P \right)$ thì hai đường thẳng $a$ và $b$ cắt nhau hoặc chéo nhau $\Rightarrow$Loại phương án ${\rm{D}}$.

Chọn A

Mẫu số liệu $\left( T \right)$ có $12 + 20 + 5 + 14 + 7 = 58$ số liệu và 5 nhóm.

Chọn B

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất.

Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu ghép nhóm ở bảng trên là $\left[ {7{,}0;\,\,7{,}5} \right)$.

Chọn C

Giá trị đại diện của nhóm $[20;40)$ là $\frac{{20 + 40}}{2} = 30$.

Chọn B

Trong mỗi khoảng doanh thu, giá trị đại diện là trung bình cộng của giá trị hai đầu mút nên ta có bảng sau:

Tổng số ngày là $n = 20$. Doanh thu trung bình của cửa hàng trên là:

$\bar x = \frac{{2.6 + 7.8 + 7.10 + 3.12 + 1.14}}{{20}} = 9{,}4$ (triệu đồng).

Vậy $\bar x \in \left[ {9;{\rm{ }}11} \right)$.

Chọn D

Vì $\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2} \Rightarrow \sin \alpha < 0$.

$\sin \alpha = - \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = - \sqrt {1 - {{\left( { - \frac{4}{5}} \right)}^2}} = - \frac{3}{5}$.

$\tan \left( {\alpha - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\tan \alpha - 1}}{{1 + \tan \alpha }} = \frac{{\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} - 1}}{{1 + \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}}}$$= \frac{{\frac{3}{4} - 1}}{{1 + \frac{3}{4}}} = - \frac{1}{7}$.

Xét ba mặt phẳng phân biệt: $\left( {MCD} \right),\left( {ABCD} \right),\left( {SAB} \right)$.

Mà ba mặt phẳng cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt là:

$\left( {MCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD;\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = AB;\left( {MCD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN$.

Trong đó $AB\,{\rm{//}}\,CD$, theo định lý về ba đường giao tuyến ta có $AB\,{\rm{//}}\,CD\,{\rm{//}}\,MN$.

Trong tam giác $SAB$ từ $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $SB$ tại $N$.

Vậy $N$ là điểm cần tìm.

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

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

Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $SO$. Nối $P$ với $I$ kéo dài sẽ cắt $SD$, $BD$ theo thứ tự tại $Q$ và $E$.

Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $SO$, $SD$ cắt $EQ$ lần lượt tại $H$, $K$.

Vì $BH\,{\rm{//}}\,SI$ nên $\frac{{BH}}{{SI}} = \frac{{BP}}{{SP}} = \frac{1}{2};\,\,SI = IO \Rightarrow \frac{{BH}}{{OI}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{BE}}{{OE}} = \frac{{BH}}{{OI}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{BE}}{{ED}} = \frac{1}{3}$.

Vì $BK\,{\rm{//}}\,SQ$ nên $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{BK}}{{SQ}} = \frac{{BP}}{{SP}} = \frac{1}{2} \Rightarrow SQ = 2BK;\\\frac{{BK}}{{DQ}} = \frac{{BE}}{{ED}} = \frac{1}{3} \Rightarrow DQ = 3BK\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \frac{{SQ}}{{DQ}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{2}{5}$.

Vậy $\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{2}{5}$.