Đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều – Đề 8 (có đáp án)

Đáp án đúng là: D

Áp dụng công thức hai góc phụ nhau ta có $P=\sin \left(\frac{\pi }{2}-\alpha \right)=\cos \alpha$

Mà $\pi <\alpha <\frac{3\pi }{2}$ nên $\cos \alpha <0$. Vậy $P<0.$

a) Ta có:

$\tan \alpha -\cot \alpha =7\Rightarrow {\left(\tan \alpha -\cot \alpha \right)}^2=7^2$

$\Rightarrow {\tan }^2\alpha -2\tan \alpha \cot \alpha +{\cot }^2\alpha =49\Rightarrow {\tan }^2\alpha +{\cot }^2\alpha =51$ (do $\tan \alpha \cot \alpha =1$).

$P^2={\left(\tan \alpha +\cot \alpha \right)}^2={\tan }^2\alpha +2\tan \alpha \cot \alpha +{\cot }^2\alpha ={\tan }^2\alpha +{\cot }^2\alpha +2$

$=51+2=53\Rightarrow P=\pm \sqrt{53}.$

Mặt khác, $0<\alpha <\frac{\pi }{4}\Rightarrow \{\begin{array}{l}\tan \alpha >0\\ \cot \alpha >0\end{array}$ nên $\tan \alpha +\cot \alpha >0.$

Vậy $$P=\sqrt{53}.$$

b) Điều kiện $\{\begin{array}{l}\cos 3x\ne 0\\ \cos x\ne 0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}x\ne \frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}\\ x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \end{array},k\in \mathbb{Z}$.

Ta có: $\tan 3x=\tan x$$\iff 3x=x+k\pi$$\iff x=\frac{k\pi }{2},k\in \mathbb{Z}$.

Kết hợp với điều kiện, ta có $x=k\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x=k\pi ,k\in \mathbb{Z}.$

a) Ta có

Vậy số hạng đầu tiên của dãy đã cho là $u_1=16.$

b) Kí hiệu $A_n,B_n$ lần lượt là số tiền công (đơn vị đồng) cần trả theo cách tính giá của cơ sở A và cơ sở B.

Theo giả thiết ta có:

$A_n$ là tổng $n$ số hạng đầu tiên của cấp số cộng với số hạng đầu $u_1=50000$ và công sai $d=10000$.

$B_n$ là tổng $n$ số hạng đầu tiên của cấp số nhân với số hạng đầu $v_1=50000$ và công bội $q=1,08$.

Do đó:

$$A_{20}=\frac{20\left(2u_1+19d\right)}{2}=10\left(2.50000+19.10000\right)=2900000.$$

$$B_{20}=v_1\frac{1-q^{20}}{1-q}=50000.\frac{1-{\left(1,08\right)}^{20}}{1-1,08}\approx 2288000.$$

$$A_{40}=\frac{40\left(2u_1+39d\right)}{2}=20\left(2.50000+39.10000\right)=9800000.$$

$$B_{40}=v_1\frac{1-q^{40}}{1-q}=50000.\frac{1-{\left(1,08\right)}^{40}}{1-1,08}\approx 12953000.$$

Suy ra, chọn cơ sở B khoan giếng 20 mét và cơ sở A để khoan giếng 40 mét.

a) $\lim \frac{\sqrt{4n^2+1}-\sqrt{n+2}}{2n-3}$$=\lim \frac{\sqrt{4+\frac{1}{n^2}}-\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{2}{n^2}}}{2-\frac{3}{n}}$

$=\frac{\lim \left(\sqrt{4+\frac{1}{n^2}}-\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{2}{n^2}}\right)}{\lim \left(2-\frac{3}{n}\right)}=\frac{\lim \sqrt{4+\frac{1}{n^2}}-\lim \sqrt{\frac{1}{n}+\frac{2}{n^2}}}{\lim \left(2-\frac{3}{n}\right)}=\frac{\sqrt{4}-\sqrt{0}}{2}=1.$

b) $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^3-x^2}}{\sqrt{x-1}+1-x}$$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2\left(x-1\right)}}{\sqrt{x-1}+1-x}$$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x\sqrt{\left(x-1\right)}}{\sqrt{x-1}\left(1-\sqrt{x-1}\right)}$

$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x}{1-\sqrt{x-1}}=\frac{1}{1-\sqrt{1-1}}=1.$

a) Ta có $S\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)\left(1\right)$

Trong $\left(ABCD\right)$, gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Khi đó $\{\begin{array}{l}O\in \left(SAC\right)\\ O\in \left(SBD\right)\end{array}\Rightarrow O\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $SO=\left(SAC\right)\cap \left(SBD\right).$

b) Trong $\left(SAC\right)$, gọi $E$ là giao điểm của $AN$ và $SO$

Trong $\left(SBD\right)$, $ME$cắt $SD$ tại $K$ mà $ME\in (A\mathrm{MN})$

$\Rightarrow K$ là giao điểm của $\left(AMN\right)$ với $SD$.

Xét tam giác $SAC$ có $SO$ và $AN$ là các trung tuyến và $SO\cap AN=E$

Nên $E$ là trọng tâm tam giác $SAC$. Do đó $SE=2EO\Rightarrow \frac{SE}{EO}=2$.

Mặt khác $MS=2MB\Rightarrow \frac{MS}{MB}=2$.

Do $\frac{SE}{EO}=\frac{MS}{MB}=2$ $\Rightarrow ME//BO$ hay $MK//BD$ mà $BD\subset \left(ABCD\right)$.

Suy ra $MK//\left(ABCD\right)$.

K�