Đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới – Đề 4 (có đáp án)

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Ta có $2\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)-\sqrt{3}=0\iff \cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\iff \cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)$.

b) Ta có $2\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)-\sqrt{3}=0\iff \cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\iff \cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)$

$\iff x+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{6}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$ hoặc $x+\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{6}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$

$\iff x=-\frac{\pi }{12}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$ hoặc $$x=-\frac{5\pi }{12}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$$.

c)

- Với $x=-\frac{\pi }{12}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$

Vì $x\in \left(-\pi ;\pi \right)$ nên $-\pi <-\frac{\pi }{12}+k2\pi <\pi \iff -\frac{11\pi }{12}<k2\pi <\frac{13\pi }{12}\iff -\frac{11}{24}<k<\frac{13}{24}$

Do $k\in \mathbb{Z}$ nên $k=0$. Suy ra $x_1=-\frac{\pi }{12}$

- Với $$x=-\frac{5\pi }{12}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$$

Vì $x\in \left(-\pi ;\pi \right)$ nên $-\pi <-\frac{5\pi }{12}+k2\pi <\pi \iff -\frac{7\pi }{12}<k2\pi <\frac{17\pi }{12}\iff -\frac{7}{24}<k<\frac{17}{24}$

Do $k\in \mathbb{Z}$ nên $k=0$. Suy ra $x_2=-\frac{5\pi }{12}$.

d) Ta có $S=x_1+x_2=-\frac{5\pi }{12}-\frac{\pi }{12}=-\frac{\pi }{2}$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Ta có $u_n=3n-1$ và $u_{n+1}=3\left(n+1\right)-1=3n+2$.

Suy ra $u_{n+1}-u_n=\left(3n+2\right)-\left(3n-1\right)=3>0$.

Suy ra $\left(u_n\right)$ là dãy số tăng.

b) Có $u_{n+1}-u_n=3$.

Vậy $\left(u_n\right)$ là một cấp số cộng với $u_1=2$ và $d=3$.

c) Có $u_n=179\iff 3n-1=179\iff n=60$.

d) Ta có $S_n=\frac{\left[2u_1+\left(n-1\right)d\right].n}{2}$$\iff 5430=\frac{\left[4+\left(n-1\right).3\right].n}{2}$$\iff 3n^2+n-10860=0$$\iff n=60$.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

ABCD và $ABEF$ nằm ở (ảnh 1)">

a) Ta có $\{\begin{array}{l}EF//DC\left(//AB\right)\\ EF=DC\left(=AB\right)\end{array}$. Suy ra $EFDC$ là hình bình hành.

Do đó $EC//FD$.

b) Vì $\{\begin{array}{l}BE//AF;BC//AD\\ BE,BC\subset \left(BCE\right),BE\cap BC=B\\ AF,AD\subset \left(ADF\right),AF\cap AD=A\end{array}$$\Rightarrow \left(ADF\right)//\left(BCE\right)$.

c) Vì $\left(P\right)$ là mặt phẳng đi qua $M$ và song song với mặt phẳng $\left(ADF\right)$. $\left(P\right)$ cắt $AB,AC,CD,EF$ lần lượt tại $I,N,K,J$. Suy ra $IJ$ qua $M$ và $IJ//AF$.

d) Vì $NI//AD//BC$ nên $\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{IB}$.

Lại có $IM//BH//AF$ ($H$ là trung điểm của $BE$) nên $\frac{AI}{IB}=\frac{AM}{MH}=2$ (vì $M$ là trọng tâm $\Delta ABE$).

Do đó $\frac{AN}{NC}=2$.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Mẫu số liệu ghép nhóm trên có 5 nhóm số liệu là

$\left[8,4;8,6\right)$; $\left[8,6;8,8\right)$; $\left[8,8;9,0\right)$; $\left[9,0;9,2\right)$; $\left[9,2;9,4\right)$.

b)

Chiều cao (m)	$\left[8,4;8,6\right)$	$\left[8,6;8,8\right)$	$\left[8,8;9,0\right)$	$\left[9,0;9,2\right)$	$\left[9,2;9,4\right)$
Giá trị đại diện	$8,5$	$8,7$	$8,9$	$9,1$	$9,3$
Số cây	5	12	25	44	14

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

$\overline{x}=\frac{8,5.5+8,7.12+8,9.25+9,1.44+9,3.14}{100}=9\left(\mathrm{m}\right)$.

c) Tần số lớn nhất là 44 nên nhóm chứa mốt là nhóm $\left[9,0;9,2\right)$.

Ta có: $M_o=9,0+\frac{44-25}{\left(44-25\right)+\left(44-14\right)}.0,2\approx 9,1$.

Số cây keo có chiều cao khoảng $9,1\left(m\right)$ là nhiều nhất.

d) Cỡ mẫu $n=100$.

Gọi $x_1,...,x_{100}$ là chiều cao của 100 cây keo 3 năm tuổi tại một nông trường và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

Tứ phân vị thứ nhất $Q_1$ là $\frac{x_{25}+x_{26}}{2}$. Do $x_{25},x_{26}$ đều thuộc nhóm $\left[8,8;9,0\right)$ nên nhóm này chứa $Q_1$. Do đó, $Q_1=8,8+\frac{\frac{100}{4}-\left(5+12\right)}{25}.0,2=\frac{1108}{125}=8,864$.

Tứ phân vị thứ ba $Q_3$ là $\frac{x_{75}+x_{76}}{2}$. Do $x_{75},x_{76}$ đều thuộc nhóm $\left[9,0;9,2\right)$ nên nhóm này chứa $Q_3$. Do đó, $Q_3=9,0+\frac{\frac{3.100}{4}-\left(5+12+25\right)}{44}.0,2=\frac{183}{20}=9,15$.

Trả lời: 23

Ta có $P\left(t\right)=90$$\iff 100+20\sin \left(\frac{7\pi }{3}t\right)=90$$\iff \sin \left(\frac{7\pi }{3}t\right)=-\frac{1}{2}$

$\iff \sin \left(\frac{7\pi }{3}t\right)=\sin \left(-\frac{\pi }{6}\right)$$\iff [\begin{array}{l}t=-\frac{1}{14}+\frac{12}{14}k\\ t=\frac{7}{14}+\frac{12}{14}n\end{array},\left(k,n\in \mathbb{Z}\right)$.

Với $t=-\frac{1}{14}+\frac{12}{14}k$ ta có:

$0<-\frac{1}{14}+\frac{12}{14}k<10$$\iff \frac{1}{12}<k<\frac{47}{4}$$\Rightarrow k\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11\right\}$.

Với $t=\frac{7}{14}+\frac{12}{14}n$ ta có

$0<\frac{7}{14}+\frac{12}{14}n<10$$\iff -\frac{7}{12}<n<\frac{133}{12}$$\Rightarrow n\in \left\{0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11\right\}$.

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, có 23 lần huyết áp là 90 mmHg.

Trả lời: 10

$$\lim u_n=\lim \frac{n\sqrt{n}\left(\sqrt{2+\frac{1}{n^2}}+\frac{3}{\sqrt{n}}-\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)}{n\sqrt{n}\left(\sqrt{6+\frac{2}{n}}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)}$$$$=\sqrt{\frac{2}{6}}=\sqrt{\frac{1}{3}}$$.

Suy ra $a=1;b=3$. Do đó $a^2+b^2=10$.

Trả lời: 105

Có $\overline{C}\left(x\right)=\frac{50000+105x}{x}$.

Khi đó $\underset{x\to +\infty }{\lim }\overline{C}\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{50000+105x}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{50000}{x}+105}{1}=105$.

Trả lời: 0,5

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi $K=AM\cap SO$.

Khi đó $\left(SBD\right)\cap \left(ABM\right)=BK$.

Trong $\left(SBD\right)$ lấy điểm $N=BK\cap SD$. Khi đó $N=SD\cap \left(ABM\right)$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a$ nên $AC=BD=a\sqrt{2}$.

Do đó $\Delta SAC$ và $\Delta SBD$ là các tam giác đều.

Mà $K=AM\cap SO\Rightarrow K$ là trọng tâm $\Delta SAC$.

Suy ra $K$ là trọng tâm $\Delta SBD$ $\Rightarrow BN$ là trung tuyến của $\Delta SBD$ $\Rightarrow N$ là trung điểm của $SD$.

Suy ra $\frac{SN}{SD}=\frac{1}{2}=0,5$.

Trả lời: 1

Để $MN//\left(SAD\right)$ thì $MN//AK$ ($K=BN\cap AD$).

Vì $MN//SK$ nên $\frac{BM}{MS}=\frac{BN}{NK}$ (1).

Vì $AK//BC$ nên $\frac{BN}{NK}=\frac{CN}{AN}$ (2).

Từ (1) và (2), ta có $\frac{BM}{MS}=\frac{CN}{AN}$ hay $x=y$. Suy ra $\frac{x}{y}=1$.