Đề thi giữa kì 1 Toán 11 THPT Đinh Tiên Hoàng (Ninh Bình) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn B

$250^\circ = \frac{{250.\pi }}{{180}} = \frac{{25\pi }}{{18}}$(rad)

Chọn A

Mệnh đề A sai vì $\sin (\pi + \alpha ) = - \sin \alpha .$

Chọn C

Độ dài cung tròn $l = R\alpha = 6.\frac{\pi }{8} = \frac{{3\pi }}{4}cm$

Chọn D

$\sin \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\alpha = 60^\circ + k360^\circ \\\alpha = 120^\circ + k360^\circ \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$

Vì $90^\circ < \alpha < 180^\circ$ nên ta chọn $\alpha = 120^\circ .$

Chọn B

$\sin 4a = 2\sin 2a.\cos 2a$

Chọn D

$\cos \left( {a + b} \right) = \cos a.\cos b - \sin a.\sin b$

Chọn A

${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^2} = \frac{9}{{25}} \Rightarrow \cos \alpha = \pm \frac{3}{5}$

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

Chọn B

$- 1 \le \cos (2023x - \frac{\pi }{3}) \le 1 \Rightarrow - 5 \le 5\cos (2023x - \frac{\pi }{3}) \le 5 \Rightarrow - 5 \le y \le 5$.

Vậy tập giá trị của hàm số là $\left[ { - 5;5} \right]$.

Chọn A

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

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

Chọn B

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 D

$\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

Tập nghiệm $S = \left\{ {\alpha + k2\pi ;\pi - \alpha + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Chọn C

Phương trình $\cos 2x = m$ có nghiệm $\Leftrightarrow - 1 \le m \le 1$.

Vì $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}$.

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình có nghiệm.

Chọn B

$\cos 2x = - 1 \Leftrightarrow 2x = \pi + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn B

$h\left( t \right) = 5 \Leftrightarrow 5\sin \left( {\frac{\pi }{5}t} \right) = 5 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{5}t} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{5}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = \frac{5}{2} + 10k,k \in \mathbb{Z}$.

Vậy 2 lần sóng đạt đỉnh cách nhau khoảng thời gian là $\left( {\frac{5}{2} + 10.1} \right) - \left( {\frac{5}{2} + 10.0} \right) = 10$ giây.

Chọn A

${u_{10}} = \frac{2}{{10 + 1}} = \frac{2}{{11}}$.

Chọn D

Xét dãy $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{1}{{{2^n}}}$, có ${u_2} - {u_1} = \frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{2^1}}} < 0 \Rightarrow$Dãy không tăng.

Xét dãy $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{1}{n}$, có ${u_2} - {u_1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{1} < 0 \Rightarrow$Dãy không tăng.

Xét dãy $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{{n + 5}}{{3n + 1}}$, có ${u_2} - {u_1} = 1 - \frac{6}{4} < 0 \Rightarrow$Dãy không tăng.

Xét dãy $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{{2n - 1}}{{n + 1}} = 2 - \frac{3}{{n + 1}}$, có

$${u_{n + 1}} - {u_n} = \left( {2 - \frac{3}{{n + 1 + 1}}} \right) - \left( {2 - \frac{3}{{n + 1}}} \right) = \frac{3}{{n + 1}} - \frac{3}{{n + 2}} = \frac{3}{{(n + 1)(n + 2)}} > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$$

Vậy dãy $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{{2n - 1}}{{n + 1}}$ tăng.

Chọn B

${u_2} = \frac{1}{3}\left( {{u_1} + 1} \right) = \frac{1}{3}\left( {2 + 1} \right) = 1$.

${u_3} = \frac{1}{3}\left( {{u_2} + 1} \right) = \frac{1}{3}\left( {1 + 1} \right) = \frac{2}{3}$.

Chọn A

${u_4} = 9 \Leftrightarrow {u_1} + 3d = 9 \Leftrightarrow 3 + 3d = 9 \Leftrightarrow d = 2$.

Chọn D

${u_3} = 6 \Leftrightarrow {u_1} + 2d = 6 \Leftrightarrow {u_1} + 2.( - 2) = 6 \Leftrightarrow {u_1} = 10$.

${u_{10}} = {u_1} + 9d = 10 + 9.( - 2) = - 8$.

Chọn C

$\left\{ \begin{array}{l}{u_6} = 48\\{u_{11}} = 83\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 5d = 48\\{u_1} + 10d = 83\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 13\\d = 7\end{array} \right.$.

Chọn A

${u_3} = 8 \Leftrightarrow {u_1} + 2d = 8 \Leftrightarrow {u_1} + 2.( - 3) = 8 \Leftrightarrow {u_1} = 14$.

${S_6} = 6{u_1} + \frac{{6.5}}{2}.d = 6.14 + \frac{{6.5}}{2}.( - 3) = 39.$

Chọn C

Dãy đáp án A có $\frac{{ - 8}}{4} \ne \frac{{ - 16}}{{ - 8}} \Rightarrow$Không là cấp số nhân.

Dãy đáp án B có $\frac{{22}}{2} \ne \frac{{222}}{{22}} \Rightarrow$Không là cấp số nhân.

Dãy đáp án C có $\frac{6}{3} = \frac{{12}}{6} = \frac{{24}}{{12}} = 2 \Rightarrow$Dãy này là cấp số nhân.

Chọn A

Công bội $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 5$.

Chọn B

$\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = - 3\\{x_4} = - 27\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}.q = - 3\\{x_1}.{q^3} = - 27\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{x_1}.{q^3}}}{{{x_1}.q}} = \frac{{ - 27}}{{ - 3}} \Rightarrow {q^2} = 9 \Rightarrow q = \pm 3$

$q = 3 \Rightarrow {x_1} = - 1$.

$q = - 3 \Rightarrow {x_1} = 1$

Chọn C

Số tiền ( cả vốn ban đầu và lãi) sau 6 tháng gửi:

$100.{\left( {1 + \frac{{0{,}4}}{{100}}} \right)^6} \approx 102424128$ đồng.

Chọn C

C sai vì hai đường thẳng chéo nhau thì không thể xác định duy nhất một mặt phẳng.

Chọn B

Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$ là $SO$ với $O$ là tâm của hình bình hành $ABCD$.

Chọn B

Do $IJ$ là đường trung bình trong tam giác $SAC$ nên $IJ{\rm{ // }}AC$.

Chọn D

Ta có $M \in (\alpha ) \cap (SCD)$.

Hai mặt phẳng $(\alpha )$ và $(SCD)$ lần lượt chứa 2 đường thẳng $AB$ và $CD$ song song.

Suy ra $(\alpha ) \cap (SCD) = l$ với $l$ đi qua $M$ và $l{\rm{ // }}AB{\rm{ // }}CD$.

Trong mặt phẳng $(SCD):l \cap SD = N$.

$\Rightarrow (\alpha ) \cap (SAD) = AN$

$\Rightarrow$ Đường thẳng $d$ trùng với $AN$ với $N \in SD:MN//AB$.

Chọn B

Khi $d\,//\,\left( \alpha \right)$ thì vẫn tồn tại đường thẳng $b \subset \left( \alpha \right)$ sao cho $b$ và $d$ không song song.

Chọn D

Theo giả thiết ta có: $\frac{{{G_1}{G_2}}}{{AB}} = \frac{{M{G_1}}}{{MB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB$.

Vậy mệnh đề D sai.

Chọn C

Mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa $IJ$ và song song với $AB$

Suy ra $\left( P \right)$ cắt $BD,BC$ lần lượt tại $M,N$ sao cho

$IN{\rm{ // }}AB{\rm{ // }}JM$.

Thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( P \right)$ và tứ diện $ABCD$ là tứ giác $IJMN$.

Nhận xét: tứ giác $IJMN$ là hình thang cân có 2 đáy $IN{\rm{ // }}JM$ và

$IN = \frac{1}{2}AB = 2;{\rm{ }}JM = \frac{1}{3}AB = \frac{4}{3}$.

$IJ = MN = \sqrt {B{M^2} + B{N^2} - 2BM.BN.\cos {{60}^0}} = \frac{{2\sqrt {13} }}{3}$.

Ta có $JH$ là đường cao của hình thang cân $IJMN \Rightarrow JH = \sqrt {I{J^2} - I{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{14}}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {51} }}{3}$

Diện tích hình thang cân $IJMN$: ${S_{IJMN}} = \frac{1}{2}\left( {JM + IN} \right)JH = \frac{{5\sqrt {51} }}{9}$

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

Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ nên $\sin \alpha = \frac{3}{5}$.

$\cos \left( {\alpha + \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \alpha .\cos \frac{\pi }{4} - \sin \alpha .\sin \frac{\pi }{4} = - \frac{{7\sqrt 2 }}{{10}}$.

a)$2cos\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow cos\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow cos\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = cos\frac{\pi }{3}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \\x = - \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

b) Tìm số nghiệm thuộc đoạn $\left[ {\pi ;22\pi } \right]$ của phương trình:

$$\sin \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {\frac{{3\pi }}{4} - x} \right)$$

$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{4} - x + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{4} = \pi - \frac{{3\pi }}{4} + x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3}\\x = k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$$

Tìm được số nghiệm thuộc đoạn $\left[ {\pi ;22\pi } \right]$là: 42 nghiệm.

a) Trong mặt phẳng $(ABCD)$: gọi $J = CM \cap BD$.

Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {MSC} \right)$ và $\left( {BDS} \right)$ là $SJ$.

b) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$; $E$ là giao điểm của $MN$ và $AC$; $I$ là giao điểm của $EQ$ và $SO.$

Do $MN\,\,{\rm{//}}\,\,BD$ nên giao tuyến $\left( {MNQ} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ là đường thẳng $d$ qua $I$ và song song với $BD$. $R,$ $P$ lần lượt là các giao điểm của $d$ với $SB$ và $SD.$

Gọi $K$ trên cạnh $SO$ sao cho $\frac{{SK}}{{SO}} = \frac{1}{3}.$

Khi đó $KQ\,\,{\rm{//}}\,\,OC \Rightarrow KQ\,\,{\rm{//}}\,\,EO.$

Ta có $\frac{{KQ}}{{OC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{KQ}}{{OE}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{IQ}}{{IE}} = \frac{{KI}}{{I{\rm{O}}}} = \frac{2}{3}.$

Ngoài ra $\frac{{SK}}{{SO}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{{PR}}{{BD}} = \frac{3}{5};\frac{{MN}}{{BD}} = \frac{1}{2}.$

Gọi ${h_1}$, ${h_2}$ lần lượt là chiều cao của $\Delta PQR$ kẻ từ $Q$ và hình thang $MNPR.$ Khi đó $\frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = \frac{{IQ}}{{IE}} = \frac{2}{3}.$

Do đó $\frac{{{S_{PQR}}}}{{{S_{MNPR}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{h_1}.PR}}{{\frac{1}{2}{h_2}.\left( {MN + PR} \right)}} = \frac{4}{{11}} \Rightarrow t = \frac{4}{{15}}.$

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 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 ${A_7} = {A_1} + 6d = 6 + 6.0{,}2 = 7{,}2$.