Đề thi giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo - Đề số 6

a) \(\sin x < 0\) khi \( - \frac{\pi }{2} < x < 0\)

b) Hàm số \(y = \sin x\) lẻ với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

c) Phương trình \(\sin x = 1\) có nghiệm \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\)

d) Hàm số \(y = \sin x\) có chặn dưới là 0

a) \(\cos \alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\)

b) \(\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\)

c) \(\tan \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\)

d) \(\cot \alpha = - 2\sqrt 2 \)

a) Dãy số \(({u_n})\) là dãy số giảm

b) Dãy số \(({u_n})\) là dãy số bị chặn

c) \({u_2} = 6\)

d) Công thức tổng quát của \(({u_n})\) là \({u_n} = {2^{n - 1}}.3\)

a) Gọi P là giao điểm của SO và MN. Khi đó, P (SBD)

b) AC//(DMN)

c) Giao tuyến của (SAD) và (SBC) sẽ song song với đường thẳng AB

d) MN//(ABCD)

Áp dụng quan hệ giữa radian và độ: \(1rad = {\left( {\frac{{180}}{\pi }} \right)^o}\), \({1^o} = \frac{\pi }{{180}}rad\).

Ta có: \({75^o} = 75.\frac{\pi }{{180}} = \frac{{5\pi }}{{12}}\).

Áp dụng công thức \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\) và sử dụng đường tròn lượng giác để xét dấu.

Ta có: \({\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{5}{9}\), suy ra \(\cos \alpha = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{3}\).

Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \) nên điểm cuối của cung \(\alpha \) thuộc cung phần tư thứ II, do đó \(\cos \alpha < 0\).

Vậy \(\cos \alpha = - \frac{{\sqrt 5 }}{3}\).

Sử dụng công thức cộng lượng giác \(\sin (a + b) = \sin a.\cos b + \sin b.\cos a\).

\(\sin \frac{{5\pi }}{{12}} = \sin \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \frac{\pi }{4}.\cos \frac{\pi }{6} + \sin \frac{\pi }{6}.\cos \frac{\pi }{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4} = \frac{{\sqrt 2 (1 + \sqrt 3 )}}{4}\).

Cho hàm số y = f(x) liên tục và xác định trên khoảng (đoạn) K. Với mỗi \(x \in K\) thì \( - x \in K\).

- Nếu f(x) = f(-x) thì hàm số y = f(x) là hàm số chẵn trên tập xác định.

- Nếu f(-x) = -f(x) thì hàm số y = f(x) là hàm số lẻ trên tập xác định.

Xét phương án A, hàm số \(y = - \cos x\) có tập xác định D = R, suy ra có \(x \in R\) thì \( - x \in R\).

Mặt khác, f(-x) = - cos(-x) = - cosx = f(x).

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.

Nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

\(\sin x = 0 \Rightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Tìm lần lượt \({u_2},{u_3},{u_4}\) bằng cách thay n vào công thức tổng quát.

Ta có:

\({u_2} = \frac{1}{{{u_1} + 2}} = \frac{1}{{1 + 2}} = \frac{1}{3}\)

\({u_3} = \frac{1}{{{u_2} + 2}} = \frac{1}{{\frac{1}{3} + 2}} = \frac{3}{7}\)

\({u_4} = \frac{1}{{{u_3} + 2}} = \frac{1}{{\frac{3}{7} + 2}} = \frac{7}{{17}}\)

Dãy số lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi hai phần tử liên tiếp sai khác nhau một hằng số.

Xét hiệu các phần tử liên tiếp trong các dãy số, chỉ có dãy ở đáp án B phần tử sau hơn phần tử liền trước 2 đơn vị (9 – 7 = 7 – 5 = 5 – 3 = 3 – 1 = 2).

\(q = \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}}\).

Ta có: \(\frac{{16}}{{32}} = \frac{8}{{16}} = \frac{4}{8} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\). Vậy \(q = \frac{1}{2}\).

Đường thẳng thuộc mặt phẳng khi và chỉ khi tất cả các điểm trên đường thẳng thuộc mặt phẳng đó.

Dễ thấy các điểm S, A, C, M, N, O đều thuộc mặt phẳng (SAC), điểm B không thuộc mặt phẳng (SAC). Suy ra BO không thuộc mặt phẳng (SAC).

Dựa vào tính chất hình hộp.

Ta có: ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật nên:

- AB//CD.

- AB//C’D’ (cùng song song với CD)

- AB//A’B’

- AC//A’C’, mà AC cắt AB nên A’C’ cắt AB.

Giải phương trình lượng giác \(\cos x = a\):

- Nếu \(\left| a \right| > 1\) thì phương trình vô nghiệm.

- Nếu \(\left| a \right| \le 1\) thì chọn cung \(\alpha \) sao cho \(\cos \alpha = a\). Khi đó phương trình trở thành:

\(\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \alpha + k2\pi }\\{x = - \alpha + k2\pi }\end{array}} \right.\) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Do \(\cos \frac{{2\pi }}{3} = - \frac{1}{2}\) nên \(\cos \frac{x}{2} = \cos \frac{{2\pi }}{3} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{x}{2} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{\frac{x}{2} = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi }\\{x = - \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Cấp số cộng \(({u_n})\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai \(d\) thì số hạng thứ n là \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\).

Gọi 198 là số hạng thứ n của dãy. Ta có: \(198 = {u_1} + (n - 1)d = - 2 + (n - 1).5 \Leftrightarrow 5n = 205 \Leftrightarrow n = 41\).

a) \(\sin x < 0\) khi \( - \frac{\pi }{2} < x < 0\)

b) Hàm số \(y = \sin x\) lẻ với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

c) Phương trình \(\sin x = 1\) có nghiệm \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\)

d) Hàm số \(y = \sin x\) có chặn dưới là 0

a) Dựa vào góc phần tư của đường tròn lượng giác.

b) Cho hàm số y = f(x) liên tục và xác định trên khoảng (đoạn) K. Với mỗi \(x \in K\) thì \( - x \in K\).

- Nếu f(x) = f(-x) thì hàm số y = f(x) là hàm số chẵn trên tập xác định.

- Nếu f(-x) = -f(x) thì hàm số y = f(x) là hàm số lẻ trên tập xác định.

c) Giải phương trình lượng giác \(\sin x = a\):

- Nếu \(\left| a \right| > 1\) thì phương trình vô nghiệm.

- Nếu \(\left| a \right| \le 1\) thì chọn cung \(\alpha \) sao cho \(\sin \alpha = a\). Khi đó phương trình trở thành:

\(\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \alpha + k2\pi }\\{x = \pi - \alpha + k2\pi }\end{array}} \right.\) với \(k \in \mathbb{Z}\).

d) Xét tập giá trị của hàm số \(y = \sin x\).

a)Đúng. \( - \frac{\pi }{2} < x < 0\) suy ra điểm cuối cung x thuộc góc phần tư thứ IV. Khi đó \(\sin x < 0\).

b) Đúng. Tập xác định: D = R. Mặt khác, \(f( - x) = \sin ( - x) = - \sin x = - f(x)\). Vậy \(y = \sin x\) là hàm số lẻ.

c) Sai. Do \(\sin \frac{\pi }{2} = 1\) nên \(\sin x = \sin \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{x = \pi - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).

d) Sai. Hàm số \(y = \sin x\) có chặn dưới là -1.

a) \(\cos \alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\)

b) \(\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\)

c) \(\tan \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\)

d) \(\cot \alpha = - 2\sqrt 2 \)

a) Áp dụng công thức \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\) và dựa vào góc phần tư của đường tròn lượng giác để xét dấu.

b) Áp dụng công thức \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\) và dựa vào góc phần tư của đường tròn lượng giác để xét dấu.

c) \(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{{\cot \alpha }}\)

d) \(\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{1}{{\tan \alpha }}\)

a)Sai. \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{8}{9} \Rightarrow \cos \alpha = \pm \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

Vì \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\) nên điểm cuối của cung \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ I nên \(\cos \alpha > 0\). Vậy \(\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

b) Đúng. Từ câu a) ta tính được \(\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

c) Đúng. \(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{{2\sqrt 2 }}{3}}} = \frac{1}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

d) Sai. \(\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{1}{{\frac{{\sqrt 2 }}{4}}} = 2\sqrt 2 \).

a) Dãy số \(({u_n})\) là dãy số giảm

b) Dãy số \(({u_n})\) là dãy số bị chặn

c) \({u_2} = 6\)

d) Công thức tổng quát của \(({u_n})\) là \({u_n} = {2^{n - 1}}.3\)

a) Dãy số \(({u_n})\) là dãy số giảm nếu \({u_n} > {u_{n + 1}}\). Dãy số \(({u_n})\) là dãy số tăng nếu \({u_n} < {u_{n + 1}}\).

b) Dãy số \(({u_n})\) là dãy số bị chặn nếu \(({u_n})\) vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, tức tồn tại hai số m, M sao cho \(m \le {u_n} \le M\) \(\forall n \in \mathbb{N}*\).

c) Tính \({u_2}\) bằng công thức \({u_{n + 1}} = 2{u_n}\).

d) Tìm số hạng đầu \({u_1}\) và công sai d. Công thức tổng quát: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\).

a) Sai. Ta có: \({u_1} = 3 > 0\). Với n = 1, ta được \({u_2} = 2{u_1} = 2.3 = 6 > 0\).

Giả sử n = k, ta cần chứng minh \({u_k} > 0\) thì \({u_{k + 1}} > 0\).

Thật vậy, \({u_{k + 1}} = 2{u_k} > 0\) vì \({u_k} > 0\).

Vậy \({u_n} > 0\) \(\forall n \ge 1\).

Ta có: \({u_{n + 1}} - {u_n} = 2{u_n} - {u_n} = {u_n} > 0\). Suy ra \({u_n} < {u_{n + 1}}\). Vậy dãy số trên là dãy số tăng.

b) Sai.  Ta có: \(({u_n})\) là dãy số tăng nên \(({u_n})\) bị chặn dưới tại \({u_1} = 3\).

Mặt khác, \(({u_n})\) là cấp số nhân có công bội \(q = \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{2{u_n}}}{{{u_n}}} = 2\) và số hạng đầu \({u_1} = 3\) nên công thức tổng quát là \({u_n} = {3.2^{n - 1}}\). Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {3.2^{n - 1}} = + \infty \) nên dãy không bị chặn trên.

Vậy dãy số không bị chặn.

c) Đúng. \({u_2} = 2{u_1} = 2.3 = 6\).

d) Đúng. Theo câu b), công thức tổng quát là \({u_n} = {3.2^{n - 1}}\).

a) Gọi P là giao điểm của SO và MN. Khi đó, P (SBD)

b) AC//(DMN)

c) Giao tuyến của (SAD) và (SBC) sẽ song song với đường thẳng AB

d) MN//(ABCD)

Sử dụng các định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, cách tìm giao tuyến của hai mặt phẳng.

a) Đúng. Ta có: \(O \in BD \subset (SBD)\), \(S \in (SBD)\) suy ra \(SO \subset (SBD)\).

Mà \(P \in SO\) nên \(P \in (SBD)\).

b) Đúng. Xét \(\Delta SAC\) có MN là đường trung bình, suy ra AC//MN. Khi đó AC//(DMN).

c) Sai. Vì AD//BC, S là điểm chung của (SAD) và (SBC) nên giao tuyến của hai mặt phẳng trên là đường thẳng qua S song song với AD và BC. Vậy giao tuyến đó không song song với AB.

d) Đúng. Vì MN//AC nên MN//(ABCD).

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \({v_x} = 0,25\sin \alpha \).

Vì \(\sin \alpha \le 1\) nên \(0,25\sin \alpha \le 0,25\). Vậy giá trị nhỏ nhất của \({v_x} = 0,25\sin \alpha \) là 0,25 (m/s).

Thay \(v = 2\) vào công thức \(v = - 4\sin \left( {1,5t + \frac{\pi }{4}} \right)\) và tìm t.

\(2 = - 4\sin \left( {1,5t + \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow - \frac{1}{2} = \sin \left( {1,5t + \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{1,5t + \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{1,5t + \frac{\pi }{4} = \frac{{7\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = - \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{4\pi }}{3}}\\{t = \frac{{25\pi }}{{18}} + k\frac{{4\pi }}{3}}\end{array}} \right.\) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Vì \(0 \le t \le 2\) nên chỉ có 1 giá trị của t thỏa mãn là \(t = \frac{\pi }{{18}} \approx 0,17\).

Số ghế mỗi hàng ở khán đài lập thành một cấp số cộng với 20 hàng tương đương 20 số hạng. Tìm số hạng đầu, công sai từ đó tìm số hạng thứ 20.

Số ghế mỗi hàng ở khán đài lập thành một cấp số cộng với 20 hàng tương đương 20 số hạng.

Ta có: \({u_1} = 13,{u_2} = 16,{u_3} = 19\) nên công sai bằng \(d = {u_2} - {u_1} = {u_3} - {u_2} = 3\).

Số ghế hàng cuối cùng là: \({u_{20}} = 13 + (20 - 1).3 = 70\).

Số dân mỗi năm lập thành môt cấp số nhân. Tìm công thức tổng quát của cấp số nhân đó và tìm số hạng thứ 10.

Số dân mỗi năm lập thành môt cấp số nhân \({u_n}\) với số hạng đầu \({u_1} = 2\) triệu người và công sai \(q = 1 + 1\% = 1,01\).

Khi đó, số hạng tổng quát \({u_n} = 2.1,{01^{n - 1}}\).

(*) Số dân tỉnh đó sau 1 năm là \({u_2}\), sau 2 năm là \({u_3}\),...

Số dân tỉnh đó sau 10 năm là \({u_{11}} = 2.1,{01^{11 - 1}} \approx 2,21\) (triệu người).

Lưu ý: Đọc kĩ (*) để tránh nhầm lẫn tính \({u_{10}}\).

Tìm giao điểm của IC với SA, ID với SB. Tìm MN theo định lý Menelaus.

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (ICD)}\\{M \in SA \subset (SAC)}\end{array}} \right.\) suy ra \(M \in (ICD) \cap (SAC)\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{I \in (ICD)}\\{I \in SO \subset (SAC)}\end{array}} \right.\) suy ra \(I \in (ICD) \cap (SAC)\)

\(C \in (ICD) \cap (SAC)\)

Vậy, C, I, M thẳng hàng, tức M là giao điểm của IC và SA.

Chứng minh tương tự, ta có N, I, D thẳng hàng, tức N là giao điểm của ID và SB.

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB = (SAB) \cap (ABCD)}\\{CD = (ICD) \cap (ABCD)}\\{MN = (SAB) \cap (ICD)}\\{AB//CD}\end{array}} \right.\). Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng, ta được: AB//CD//MN.

Áp dụng định lý Menelaus cho \(\Delta SAO\) với cát tuyến CIM, ta có:

\(\frac{{SM}}{{MA}}.\frac{{AC}}{{OC}}.\frac{{OI}}{{SI}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{MA}}.2.1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{MA}} = \frac{1}{2}\).

Xét \(\Delta SAB\) có MN//AB. Theo định lý Thales, ta có: \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow MN = \frac{1}{3}AB = \frac{1}{3}.6 = 2\) (cm).

Sử dụng định lý giao tuyến của ba mặt phẳng, định lý Thales.

\(SA//(\alpha )\) nên SA không cắt \(QM \subset (\alpha )\).

Mặt khác, SA và QM cùng thuộc mặt phẳng (SAD) nên SA//QM.

Xét \(\Delta SAD\)\(\Delta SAD\) có QM//SA: \(\frac{{MD}}{{AD}} = \frac{{QD}}{{SD}} = \frac{1}{3}\), suy ra \(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{2}{3}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MN = (\alpha ) \cap (ABCD)}\\{CD = (ICD) \cap (ABCD)}\\{PQ = (\alpha ) \cap (ICD)}\\{MN//CD}\end{array}} \right.\). Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng, ta được: PQ//CD//MN.

Xét \(\Delta SCD\) có PQ//CD: \(\frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{2}{3}\), suy ra \(PQ = \frac{2}{3}CD = \frac{2}{3}.9 = 6\).