Đề thi giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 4 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) S

b) Đ

c) S

d) S

 

a) Ta có hàm số $$y=\cot x$$ là hàm lẻ, có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ.

b) Đồ thị hàm số $$y=\cot x$$ có dạng:

c) Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số \[y = \cot x\] cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ trong $$\left(0;2\pi \right)$$ là $$\frac{\pi }{2}$$ và $$\frac{3\pi }{2}$$.

d) Ta có phương trình: $$\cot x=\sqrt{3}$$$$\iff \cot x=\cot \frac{\pi }{6}$$$$\iff x=\frac{\pi }{6}+k\pi ,\left(k\in \mathbb{Z}\right).$$

Xét trong khoảng $$\left(0;2\pi \right)$$, ta có: $$0<\frac{\pi }{6}+k\pi <2\pi$$$$\iff -\frac{1}{6}<k<\frac{11}{6}$$.

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

Suy ra $$x=\left\{\frac{\pi }{6};\frac{7\pi }{6}\right\}$$.

Tổng các nghiệm của phương trình $$\cot x=\sqrt{3}$$ trong khoảng $$\left(0;2\pi \right)$$ là $$\frac{\pi }{6}+\frac{7\pi }{6}=\frac{4\pi }{3}.$$

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 $$h=1,5\mathrm{m}$$.

Khi đó $$\cos \left(\frac{\pi t}{4}\right)=\pm 1$$$$\iff [\begin{array}{l}\frac{t\pi }{4}=k2\pi \\ \frac{t\pi }{4}=\pi +k2\pi \end{array}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$$ $$\iff [\begin{array}{l}t=8k\\ t=4+8k\end{array},\left(k\in \mathbb{Z}\right)$$.

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 $$x=0\iff 1,5\cos \left(\frac{\pi t}{4}\right)=0$$$$\iff \cos \left(\frac{\pi t}{4}\right)=0$$

$$\iff \frac{\pi t}{4}=\frac{\pi }{2}+k\pi ,\left(k\in \mathbb{Z}\right)\iff t=2+4k\left(k\in \mathbb{Z}\right)$$.

d) Ta có: $$0<t<20\iff 0<2+4k<20$$$$\iff -\frac{1}{2}<k<\frac{18}{4}$$.

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 $$t=2;t=6;t=10;t=14;t=18$$ giây; tức là có 5 lần vật qua vị trí cân bằng.

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) S

d) S

Ta thấy, số tiền lương năm sau hơn năm trước $$20$$ triệu đồng nên $$\left(u_n\right)$$ là cấp số cộng có $$u_1=100$$ và công sai $$d=20$$.

Do đó, $$u_n=u_1+\left(n-1\right)d=100+\left(n-1\right).20=20n+80$$.

Số tiền lương sinh viên nhận được ở năm thứ hai là $$u_2=100+\left(2-1\right).20=120$$ (triệu đồng).

Số tiền lương sinh viên nhận được ở năm thứ 10 là $$u_{10}=100+\left(10-1\right).20=280$$ (triệu đồng).

Số tiền bạn sinh viên tiết kiệm được sau $$n$$ năm là

$$S=\frac{n}{2}\left[2u_1+\left(n-1\right)d\right]-70n$$

$$=\frac{n}{2}\left[2.100+\left(n-1\right).20\right]-70n$$

$$=10n^2+20n$$ (triệu đồng).

Ta có: $$S\ge 2000\iff 10n^2+20n\ge 2000$$

$$\iff 10n^2+20n-2000\ge 0\iff [\begin{array}{l}n\ge 13,1\left(TM\right)\\ n\le -15,1\left(L\right)\end{array}$$.

Do đó, sau ít nhất 14 năm thì sinh viên có thể mua được chung cư 2 tỉ đồng.

Hướng dẫn giải

a) Đ

b) S

c) Đ

d) Đ

$S.ABCD$ có đáy $$ABCD$$ là hình (ảnh 1)">

a) Ta có: $$\{\begin{array}{l}S\in \left(SAB\right)\cap \left(SCD\right)\\ AB\parallel CD\end{array}$$.

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $$\left(SAB\right)$$ và $$\left(SCD\right)$$ là đường thẳng qua $$S$$ và song song với $$AB$$.

b) Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$.

Ta có $$\{\begin{array}{l}O\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)\\ S\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)\end{array}\Rightarrow SO=\left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)$$.

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $$\left(SAC\right)$$ và $$\left(SBD\right)$$ là đường thẳng $$SO.$$

c) Ta có: $$\{\begin{array}{l}G\in \left(SAB\right)\cap \left(JIG\right)\\ AB\parallel JI\end{array}$$

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $$\left(SAB\right)$$ và $$\left(IGJ\right)$$ là đường thẳng qua $$G$$ và song song với $$AB$$.

Lại có $AB||CD$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $$\left(SAB\right)$$ và $$\left(IGJ\right)$$ là đường thẳng qua $$G$$ và song song với $$CD$$.

d) Theo đề, ta có: $$NA=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}SA\Rightarrow SN=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}SA\Rightarrow \genfrac{}{}{0ex}{}{SN}{SA}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}$$.

Lại có: $$SM=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}SD\Rightarrow \genfrac{}{}{0ex}{}{SM}{SD}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}$$ nên $$\genfrac{}{}{0ex}{}{SN}{SA}=\genfrac{}{}{0ex}{}{SM}{SD}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}$$. Suy ra $$MN\parallel AD$$.

Ta có: $$\{\begin{array}{l}G\in \left(GBC\right)\cap \left(GMN\right)\\ MN\parallel AD\\ BC\parallel AD\end{array}$$

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $$\left(GMN\right)$$ và $$\left(GBC\right)$$ là đường thẳng qua $$G$$ và song song với $$AD.$$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 7

Ta có: $$\sin 2x+2=m$$ $$\iff \sin 2x=m-2$$

Điều kiện để phương trình có nghiệm là $$-1\le m-2\le 1$$ $$\iff 1\le m\le 3$$ hay $$m\in \left[1;3\right]$$.

Suy ra $$a=1;b=3$$.

Vậy $$T=a+2b=1+2.3=7$$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 5

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên khi đó $$x=0$$ ta có:

$$2\cos \left(5t-\frac{\pi }{6}\right)=0$$ $$\iff \cos \left(5t-\frac{\pi }{6}\right)=0$$ $$\Rightarrow 5t-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}+k\pi$$ $$\iff t=\frac{2\pi }{15}+\frac{k\pi }{5},k\in \mathbb{Z}$$.

Trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên, tức là $$0\le t\le 3$$,

hay $$0\le \frac{2\pi }{15}+k\frac{\pi }{5}\le 3$$$$\iff -\frac{2}{3}\le k\le \frac{45-2\pi }{3\pi }$$.

Vì $$k\in \mathbb{Z}$$ nên $$k\in \left\{0;1;2;3;4\right\}$$.

Vậy trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên, vật qua vị trí cân bằng 5 lần.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 10

Số lượng vi khuẩn tăng lên gấp đôi là cấp số nhân $$\left(u_n\right)$$ với công bội $$q=2$$.

Ta có: $$u_6=64000$$ $$\Rightarrow u_1.q^5=64000$$ $$\Rightarrow u_1=2000$$.

Sau $$n$$ phút thì số lượng vi khuẩn là $$u_{n+1}$$.

$$u_{n+1}=2048000$$ $$\Rightarrow u_1.q^n=2048000$$$$\Rightarrow 2000.2^n=2048000$$$$\Rightarrow n=10$$.

Vậy sau 10 phút thì có được $$2048000$$ con.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 2019

Ta có: $$\{\begin{array}{l}5u_1+\sqrt{5u_1-u_2}=u_2+6\left(1\right)\\ u_{n+1}=3u_n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\left(2\right)\end{array}$$

Từ (1) có $$5u_1+\sqrt{5u_1-u_2}=u_2+6$$

$$\iff \left(5u_1-u_2\right)+\sqrt{5u_1-u_2}-6=0$$

$$\iff \sqrt{5u_1-u_2}=2\iff 5u_1-u_2=4.$$

Từ (2) có $$u_{n+1}=3u_n\Rightarrow u_2=3u_1$$. Giải hệ $$\{\begin{array}{l}{u}_2=3u_1\\ 5u_1-u_2=4\end{array}$$ được $$u_1=2$$.

Dãy $$\left(u_n\right)$$ là cấp số nhân với $$\{\begin{array}{l}{u}_1=2\\ q=3\end{array}$$ có số hạng tổng quát $$u_n=2.3^{n-1}$$ với $$n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$.

Suy ra $$u_n\ge 2.3^{2018}\iff 2.3^{n-1}\ge 2.3^{2018}\iff n-1\ge 2018$$ $$\iff n\ge 2019$$.

Vậy giá trị nhỏ nhất thỏa mãn là $$n=2019$$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 0,25

$S.ABCD$ có cạn (ảnh 1)">

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 $$MQ=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AD$$.

Tam giác $$SBC$$ có $$N,P$$ lần lượt là trung điểm của $$SB,SC$$. Suy ra $$NP\parallel BC$$ và $$NP=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}BC$$.

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 $$S^{MNPQ}=\genfrac{}{}{0ex}{}{S^{ABCD}}{4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1^2}{4}=0,25.$$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: 2

Trong mặt phẳng $$\left(BCD\right)$$, gọi $$I=RQ\cap BD.$$

Trong $$\left(ABD\right)$$, gọi $$S=PI\cap AD\Rightarrow S=AD\cap \left(PQR\right).$$

Gọi E là trung điểm BR ⇒ R là trung điểm đoạn EC.

Mà Q là trung điểm CD ⇒ RQ là đường trung bình tam giác DEC.

⇒ RQ // DE ⇒ RI // DE.

Xét tam giác BRI có: RI // DE và E là trung điểm BR ⇒ D là trung điểm BI.

Xét tam giác ABI có: AD là đường trung tuyến tương ứng với cạnh BI và IP là đường trung tuyến tương ứng cạnh AB.

Mà IP ∩ AD = {S} ⇒ S là trọng tâm tam giác ABI. Vậy $$\genfrac{}{}{0ex}{}{SA}{SD}=2$$.