Đề thi giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều - Đề số 7

a) Phương trình tương đương \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \frac{\pi }{3}\)

b) Phương trình có nghiệm là \(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \); \(x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\)

c) Phương trình có nghiệm âm lớn nhất bằng \( - \frac{\pi }{4}\)

d) Số nghiệm của phương trình trong khoảng \(( - \pi ;\pi )\) là hai nghiệm

a) \({\sin ^2}\alpha = \frac{{15}}{{16}}\)

b) \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt {15} }}{4}\)

c) \(\tan \alpha = \sqrt {15} \)

d) \(\cot \alpha = - \frac{1}{{\sqrt {15} }}\)

a) Dãy số \(({u_n})\) là dãy số tăng

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

c) \({u_6} = 65\)

d) Số hạng thứ n + 2 của dãy số là \({u_{n + 2}} = {2^n}.2\)

a) Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) là SO

b) SO thuộc mặt phẳng (SBD)

c) Gọi I là giao điểm của SC và (P). Khi đó OI//SA

d) Thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình bình hành

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

Ta có: \(\frac{\pi }{6}rad = \frac{\pi }{6}.\frac{{{{180}^o}}}{\pi } = {30^o}\).

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

Ta có: \({\sin ^2}\alpha = 1 - {\cos ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{15}}{{16}}\), suy ra \(\sin \alpha = \pm \frac{{\sqrt {15} }}{4}\).

Vì \(\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\) nên điểm cuối của cung \(\alpha \) thuộc cung phần tư thứ III, do đó \(\sin \alpha < 0\).

Vậy \(\sin \alpha = - \frac{{\sqrt {15} }}{4}\).

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

\(\cos \frac{{37\pi }}{{12}} = \cos \left( {3\pi + \frac{\pi }{{12}}} \right) = \cos \left( {\pi + \frac{\pi }{{12}}} \right) = - \cos \frac{\pi }{{12}} = - \cos \left( {\frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4}} \right)\)

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

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 \(y = \left| {\sin x} \right|\) có tập xác định D = R, suy ra có \(x \in R\) thì \( - x \in R\).

Mặt khác, \(f( - x) = \left| {\sin ( - x)} \right| = \left| { - \sin x} \right| = \sin x = f(x)\).

Vậy hàm số đáp án A là hàm số chẵn.

Nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

\(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

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

Ta có:

\({u_2} = 2{u_{2 - 1}} + 3 = 2{u_1} + 3 = 2.1 + 3 = 5\)

\({u_3} = 2{u_{3 - 1}} + 3 = 2{u_2} + 3 = 2.5 + 3 = 13\)

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 C phần tử sau hơn phần tử liền trước 2 đơn vị (8 – 6 = 6 – 4 = 4 – 2 = 2 – 0 = 2).

Viết các số hạng đầu của từng đáp án để kiểm tra.

Ta có: \(0 = \frac{0}{{0 + 1}}\); \(\frac{1}{2} = \frac{1}{{1 + 1}}\); \(\frac{2}{3} = \frac{1}{{2 + 1}}\); \(\frac{3}{4} = \frac{3}{{3 + 1}}\); \(\frac{4}{5} = \frac{4}{{4 + 1}}\). Vậy

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

Dựa vào lý thuyết các xác định một mặt phẳng.

Một mặt phẳng được xác định nếu nó đi qua:

- Ba điểm không thẳng hàng

- Một điểm và một đường thẳng không đi qua điểm đó.

- Hai đường thẳng cắt nhau.

Tứ diện là hình có 4 mặt và 4 đỉnh.

Cả 4 hình đều là tứ diện (4 mặt và 4 đỉnh). Hình (I) và (III) có thể nhìn thấy 2 mặt. Hình (II) có thể nhìn thấy 1 mặt. Hình (IV) có thể nhìn thấy 3 mặt.

Biến đổi phương trình trở thành dạng phương trình tích, đưa về giải phương trình lượng giác cơ bản.

\(\sin 2x + \cos x = 0 \Leftrightarrow 2\sin x.\cos x + \cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x.(2\sin x + 1) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{2\sin x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{\sin x = - \frac{1}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.} \right.\) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Vì \(x \in [0;2\pi ]\) nên chỉ có 4 nghiệm thỏa mãn: \(x = \left\{ {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2};\frac{{7\pi }}{6};\frac{{11\pi }}{6}} \right\}\).

Tìm số hạng đầu và công sai dựa theo công thức \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\).

Từ đó tìm tổng 20 số hạng đầu tiên \({S_n} = \frac{{({u_1} + {u_n})n}}{2}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_5} = {u_1} + 4d}\\{{u_{15}} = {u_1} + 14d}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 10 = {u_1} + 4d}\\{60 = {u_1} + 14d}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = - 38}\\{d = 7}\end{array}} \right.\)

Từ đó ta tính được \({u_{20}} = - 38 + (20 - 1)7 = 95\).

Vậy tổng 20 số hạng đầu của cấp số cộng là \({S_{20}} = \frac{{({u_1} + {u_{20}}).20}}{2} = \frac{{( - 38 + 95).20}}{2} = 570\).

a) Phương trình tương đương \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \frac{\pi }{3}\)

b) Phương trình có nghiệm là \(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \); \(x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\)

c) Phương trình có nghiệm âm lớn nhất bằng \( - \frac{\pi }{4}\)

d) Số nghiệm của phương trình trong khoảng \(( - \pi ;\pi )\) là hai nghiệm

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 \(k \in \mathbb{Z}\).

\(2\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - \frac{\pi }{{12}} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x - \frac{\pi }{{12}} = \pi + \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right.\)

a)Sai. \(2\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\)

b) Sai. Phương trình có nghiệm là \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \); \(x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\).

c) Đúng.

+ Xét họ nghiệm \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \):

Nghiệm âm lớn nhất là \(x = - \frac{\pi }{4}\) khi k = 0.

+ Xét họ nghiệm \(x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi \):

Nghiệm âm lớn nhất là \(x = - \frac{{7\pi }}{{12}}\) khi k = -1.

Vì \( - \frac{\pi }{4} > - \frac{{7\pi }}{{12}}\) nên nghiệm âm lớn nhất là \(x = - \frac{\pi }{4}\).

d) Đúng.

+ Xét họ nghiệm \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \):

\( - \pi < x < \pi \Leftrightarrow - \pi < - \frac{\pi }{4} + k2\pi < \pi \)

\( \Leftrightarrow - 1 < - \frac{1}{4} + 2k < 1 \Leftrightarrow - \frac{3}{4} < 2k < \frac{5}{4} \Leftrightarrow - \frac{3}{8} < k < \frac{5}{8}\).

Vậy chỉ có k = 0 thỏa mãn. Khi đó \(x = - \frac{\pi }{4}\).

+ Xét họ nghiệm \(x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi \):

\( - \pi < x < \pi \Leftrightarrow - \pi < \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi < \pi \Leftrightarrow - 1 < \frac{{17}}{{12}} + 2k < 1\)

\( \Leftrightarrow - \frac{{29}}{{12}} < 2k < - \frac{5}{{12}} \Leftrightarrow - \frac{{29}}{{24}} < k < - \frac{5}{{24}}\).

Vậy chỉ có k = -1 thỏa mãn. Khi đó \(x = - \frac{{7\pi }}{{12}}\).

Vậy phương trình có hai nghiệm thuộc khoảng \(( - \pi ;\pi )\) là \(x = - \frac{\pi }{4}\) và \(x = - \frac{{7\pi }}{{12}}\).

a) \({\sin ^2}\alpha = \frac{{15}}{{16}}\)

b) \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt {15} }}{4}\)

c) \(\tan \alpha = \sqrt {15} \)

d) \(\cot \alpha = - \frac{1}{{\sqrt {15} }}\)

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

\({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( { - \frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{15}}{{16}} \Rightarrow \sin \alpha = \pm \frac{{\sqrt {15} }}{4}\).

Vì \(\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\) nên điểm cuối của cung \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ III nên \(\sin \alpha < 0\). Vậy \(\sin \alpha = - \frac{{\sqrt {15} }}{4}\).

\(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{ - \frac{1}{4}}}{{ - \frac{{\sqrt {15} }}{4}}} = \sqrt {15} \); \(\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{1}{{\sqrt {15} }}\).

a)Đúng.

b) Sai.

c) Đúng.

d) Sai.

a) Dãy số \(({u_n})\) là dãy số tăng

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

c) \({u_6} = 65\)

d) Số hạng thứ n + 2 của dãy số là \({u_{n + 2}} = {2^n}.2\)

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 \({u_6}\) bằng công thức \({u_n} = {2^n} + 1\).

d) Thay n + 2 vào n trong công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {2^n} + 1\).

a) Đúng. \({u_{n + 1}} - {u_n} = {2^{n + 1}} + 1 - ({2^n} + 1) = {2^{n + 1}} - {2^n} = {2^n}(2 - 1) = {2^n} > 0\) với mọi n. Vậy dãy số là dãy tăng.

b) Sai. Dãy không bị chặn trên vì không có giá trị M nào để \({2^n} < M\) với mọi n. Vậy dãy số không bị chặn.

c) Đúng. \({u_6} = {2^6} + 1 = 64 + 1 = 65\).

d) Sai. \({u_{n + 2}} = {2^{n + 2}} + 1 = {4.2^n} + 1\).

a) Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) là SO

b) SO thuộc mặt phẳng (SBD)

c) Gọi I là giao điểm của SC và (P). Khi đó OI//SA

d) Thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình bình hành

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

a) Sai. Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) là SA.

b) Đúng. SO thuộc mặt phẳng (SBD) vì cả \(S \in (SBD)\), \(O \in BD \subset (SBD)\).

c) Đúng. Có \(OI \subset (P)\) mà SA//(P) nên SA không cắt đường thẳng nào trong (P), tức OI//SA (do OI, SA cùng thuộc mặt phẳng (SAC)).

d) Sai. Thiết diện là tam giác BID.

Tìm t sao cho hàm số \(h = 11 + 2\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

\(h = 11 + 2\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right)\) đạt giá trị lớn nhất khi \(\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 6 + 24k\) (giờ).

Vì \(0 \le t \le 24\) nên chỉ có giá trị t = 6 thỏa mãn.

Vậy thời điểm mực nước tại cảng cao nhất là lúc 6 giờ.

Giải phương trình lượng giác bằng cách biến đổi về dạng phương trình tích. Xét họ nghiệm trong khoảng (0;3000) để tìm số giá trị k nguyên thỏa mãn.

Ta có: \(2\sin 2x + 4\cos x = 0 \Rightarrow 4\sin x.\cos x + 4\cos x = 0 \Rightarrow 4\cos x.(\sin x + 1) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{\sin x = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{x = \frac{{3\pi }}{2} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Xét họ nghiệm \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \), ta có:

\(0 < \frac{\pi }{2} + k\pi < 3000 \Leftrightarrow - \frac{\pi }{2} < k\pi < 3000 - \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < k < \frac{{3000}}{\pi } - \frac{1}{2} \Leftrightarrow - 0,5 < k < 954,43\).

Mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \{ 0;1;2;3;...;954\} \), tức có 955 giá trị k thỏa mãn.

Vậy phương trình có 955 nghiệm thuộc khoảng (0;3000).

Số cây mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với tổng n số hạng là 496, số hạng đầu \({u_1} = 1\) công sai d = 1. Tìm n.

Số cây mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với tổng n số hạng là 496, số hạng đầu \({u_1} = 1\) công sai d = 1.

Ta có: \(496 = \frac{{2.1 + (n - 1).1}}{2}.n \Leftrightarrow 992 = (2 + n - 1).n = {n^2} + n - 992 = 0\).

Ta tính được n = 31 hoặc n = -32 (loại).

Vậy số hàng cây trồng được là 31 hàng.

Chứng minh dãy số tăng và bị chặn dưới tại \(m = {u_1}\).

Xét \({u_{n + 1}} - {u_n} = \left( {n + 1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right) - \left( {n + \frac{1}{n}} \right) = 1 + \frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{n} = \left( {1 - \frac{1}{n}} \right) + \frac{1}{{n + 1}}\).

Ta có: \(n \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{n} < 1 \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{n} > 0\); \(n \ge 1 \Rightarrow \frac{1}{{n + 1}} > 0\).

Vậy \({u_{n + 1}} - {u_n} > 0\), tức dãy số tăng.

Khi đó, dãy bị chặn dưới bởi \({u_1} = 1 + \frac{1}{1} = 2 = m\).

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

Xét \(\Delta ACD\) có IJ//CD suy ra \(\frac{{AI}}{{AD}} = \frac{{AJ}}{{AC}} = \frac{1}{2}\) (I và J theo thức tự là trung điểm của AD và AC).

Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta AIJ\)ᔕ

\(\Delta ADC\), suy ra \(\frac{{IJ}}{{CD}} = \frac{1}{2}\), tức \(IJ = \frac{1}{2}CD\) (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD = (ACD) \cap (BCD)}\\{IJ = (ACD) \cap (IJG)}\\{EF = (IJG) \cap (BCD)}\\{IJ/CD}\end{array}} \right.\). Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng, ta được: EF//CD//IJ.

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{EF = (IJG) \cap (BCD)}\\\begin{array}{l}G \in (IJG)\\G \in (BCD)\end{array}\end{array}} \right.\) nên E, G, F thẳng hàng.

Xét \(\Delta BCM\) có FG//CM (vì EF//CD) suy ra \(\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{BG}}{{BM}} = \frac{2}{3}\) (vì G là trọng tâm \(\Delta BCD\)).

Xét \(\Delta BCD\) có EF//CD suy ra \(\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{BE}}{{BD}} = \frac{2}{3}\).

Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta BEF\)ᔕ\(\Delta BDC\), suy ra \(\frac{{EF}}{{CD}} = \frac{2}{3}\), tức \(EF = \frac{2}{3}CD\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{IJ}}{{EF}} = \frac{{\frac{1}{2}CD}}{{\frac{2}{3}CD}} = \frac{3}{4} = 0,75\).

- Định lý Thales.

- Quy tắc tìm giao tuyến của hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (CDM)}\\\begin{array}{l}M \in AB \subset (SAB)\\AB//CD\\AB \subset (SAB),CD \subset (CDM)\end{array}\end{array}} \right.\) nên giao tuyến của (CDM) và (SAB) là đường thẳng d song song với AB, CD và đi qua M.

Giả sử d cắt SA tại N thì đường thẳng MN là giao tuyến của (CDM), (SAB) và MN//AB, suy ra \(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{3}\).

Từ đó, dễ dàng chứng minh \(\Delta SMN\)ᔕ\(\Delta SAB\), suy ra \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{1}{3}\), tức \(MN = \frac{1}{3}AB = \frac{1}{3}.3 = 1\) (cm).

Vì ABCD là hình bình hành nên AB = CD = 3 (cm).

Vậy MN + CD = 1 + 3 = 4 (cm).