Đề thi học kì 1 Toán 11 Cánh diều - Đề số 6

a) Phương trình đã cho được viết lại như sau: \({\sin ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right)\).

b) Ta có \(\cos (2x + \pi ) = - \cos 2x\).

c) Phương trình đã cho đưa về dạng \(\cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right) = \cos 2x\).

d) Nghiệm của phương trình đã cho là \(x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \) và \(x = \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\) \((k \in \mathbb{Z})\).

a) Bốn số hạng đầu tiên của dãy số lần lượt là -1; 2; 5; 8.

b) Số hạng thứ 5 của dãy là 13.

c) Công thức số hạng tổng quát của dãy số là \({u_n} = 2n - 3\).

d) 101 là số hạng thứ 35 của dãy số đã cho.

a) Giá trị của a = 2.

b) Giá trị của b = 4.

c) a; 2; b lập thành một cấp số cộng.

d) a; b; 16 lập thành một cấp số nhân.

a) Gọi \(I = CD \cap (MNP)\). Ba điểm I, N, P thẳng hàng.

b) MN//(ABD).

c) Giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP) và (ABD) là đường thẳng PQ song song với AB, với Q thuộc AD.

d) Tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Tìm tập xác định của từng hàm số.

Hàm số \(y = \tan x\) xác định \(\forall x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \) \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Hàm số \(y = \cot x\) xác định \(\forall x \ne k\pi \) \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Hàm số \(y = \frac{1}{{\cot x}}\) xác định \(\forall x \ne \frac{{k\pi }}{2}\) \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Hàm số \(y = \frac{1}{{{{\sin }^2}x + 1}}\) xác định với mọi giá trị của x.

\(\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\).

\(\tan (2x - {15^o}) = 1 \Leftrightarrow 2x - {15^o} = {45^o} + k{180^o} \Leftrightarrow x = {30^o} + k{90^o}\) \((k \in \mathbb{Z})\).

Xét \( - {90^o} < x < {90^o} \Leftrightarrow - {90^o} < {30^o} + k{90^o} < {90^o} \Leftrightarrow - \frac{4}{3} < k < \frac{2}{3}\).

Suy ra k = -1 hoặc k = 0.

Với k = -1, ta được \(x = - {60^o}\).

Với k = 0, ta được \(x = {30^o}\).

Vậy tổng các nghiệm là \( - {60^o} + {30^o} = - {30^o}\).

Thay n + 1 vào n.

Ta có \({u_{n + 1}} = {2024^{n + 1}}\).

Công thức số hạng tổng quát: \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\).

-32 là số hạng thứ n của cấp số cộng. Ta có \(32 = 3 + (n - 1)( - 5) \Leftrightarrow n = 8\).

Công thức tổng n số hạng đầu của cấp số nhân: \({S_n} = {u_1}\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}}\).

Áp dụng công thức tổng số hạng của cấp số nhân ta có: \({S_3} = 1.\frac{{1 - {2^3}}}{{1 - 2}} = 7\).

Theo định nghĩa giới hạn hữu hạn của dãy số.

Ta có \(\lim {q^n} = 0\) \(\left( {\left| q \right| < 1} \right)\) nên B sai.

Tìm điểm mà tại đó hàm số không xác định

Hàm số có tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \{ 2\} \), suy ra hàm số gián đoạn tại x = 2.

Sử dụng kiến thức về vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng.

 B sai vì hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có thể trùng nhau. Khi đó chúng có vô số điểm chung và chung nhau vô số đường thẳng.

Đường thẳng song song với mặt phẳng nếu nó song song với một đường thuộc mặt phẳng đó.

Vì MN là đường trung bình của tam giác SAC nên MN//AC.

Mà AC thuộc mặt phẳng (ABCD) suy ra MN//(ABCD).

Mặt phẳng cần tìm chứa cả hai điểm O và E.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}O \in AC\\E \in SA\end{array} \right.\) nên \(OE \subset (SAC)\).

Sử dụng tính chất của giới hạn.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {2023 - 4f(x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} 2023 - 4\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = 2023 - 4.5 = 2003\).

Tập giá trị là tập hợp tất cả các giá trị mà y có thể nhận.

Ta có \( - 1 \le \sin x \le 1\) nên tập giá trị của \(y = \sin x\) là [-1;1].

a) Phương trình đã cho được viết lại như sau: \({\sin ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right)\).

b) Ta có \(\cos (2x + \pi ) = - \cos 2x\).

c) Phương trình đã cho đưa về dạng \(\cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right) = \cos 2x\).

d) Nghiệm của phương trình đã cho là \(x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \) và \(x = \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\) \((k \in \mathbb{Z})\).

a) Sử dụng công thức \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\).

b) Sử dụng công thức \(\cos (x + \pi ) = - \cos x\).

c) Sử dụng công thức hạ bậc \({\sin ^2}x = \frac{{1 - \cos 2x}}{2}\), \({\cos ^2}x = \frac{{\cos 2x + 1}}{2}\).

d) Sử dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản:

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

a) Đúng. Ta có: \({\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) + {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = 1 - {\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = {\sin ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right)\).

b) Đúng. \(\cos (2x + \pi ) = - \cos 2x\).

c) Đúng. Ta có: \({\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) + {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = {\sin ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\cos \left( {2x + \pi } \right) + 1}}{2} = \frac{{1 - \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)}}{2}\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {2x + \pi } \right) = - \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow - \cos 2x = - \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \cos 2x = \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)\).

d) Sai. Ta có: \({\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) + {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = 1 \Leftrightarrow \cos 2x = \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 4x + \frac{\pi }{2} + k2\pi \\2x = - 4x - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 4x + \frac{\pi }{2} + k2\pi \\2x = - 4x - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\6x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\) \((k \in \mathbb{Z})\).

a) Bốn số hạng đầu tiên của dãy số lần lượt là -1; 2; 5; 8.

b) Số hạng thứ 5 của dãy là 13.

c) Công thức số hạng tổng quát của dãy số là \({u_n} = 2n - 3\).

d) 101 là số hạng thứ 35 của dãy số đã cho.

Sử dụng các công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng.

a) Đúng. Ta có:

\({u_1} = - 1\);

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

\({u_3} = {u_2} + 3 = 2 + 3 = 5\);

\({u_4} = {u_2} + 3 = 5 + 3 = 8\).

b) Sai. Ta có \({u_5} = {u_4} + 3 = 8 + 3 = 11\).

c) Sai. Ta có \({u_{n + 1}} = {u_n} + 3 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} = 3\) nên \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số cộng với \({u_1} = - 1\) và d = 3.

Số hạng tổng quát của \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d \Leftrightarrow {u_n} = - 1 + (n - 1).3 = 3n - 4\).

d) Đúng. Áp dụng công thức số hạng tổng quát vừa tìm được, ta có số hạng thứ 35 của dãy là:

\({u_{35}} = 3.35 - 4 = 101\).

a) Giá trị của a = 2.

b) Giá trị của b = 4.

c) a; 2; b lập thành một cấp số cộng.

d) a; b; 16 lập thành một cấp số nhân.

Sử dụng các quy tắc tìm giới hạn của dãy số.

a) Sai. Ta có: \(\lim \frac{{2{n^2} - n + 4}}{{a{n^2} + n + 3}} = \lim \frac{{{n^2}\left( {2 - \frac{1}{n} + \frac{4}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {a + \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}} = \lim \frac{{2 - \frac{1}{n} + \frac{4}{{{n^2}}}}}{{a + \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \frac{2}{a} = 2\).

Suy ra a = 1.

b) Đúng. Ta có: \(\lim \frac{{{3^n} + {4^{n + 1}}}}{{{4^n} + 3}} = \lim \frac{{{3^n} + {4^n}.4}}{{{4^n} + 3}} = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} + 4}}{{1 + 3.{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^n}}} = \frac{{0 + 4}}{{1 + 0}} = 4 = b\).

c) Sai. 1; 2; 4 không lập thành một cấp số cộng.

d) Đúng. 1; 4; 16 lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu là 1, công bội bằng 4.

a) Gọi \(I = CD \cap (MNP)\). Ba điểm I, N, P thẳng hàng.

b) MN//(ABD).

c) Giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP) và (ABD) là đường thẳng PQ song song với AB, với Q thuộc AD.

d) Tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Sử dụng các điều kiện, tính chất của đường thẳng và mặt phẳng song song.

a) Sai. Xét trong mặt phẳng (BCD):

Vì NP không song song với CD nên giả sử NP giao CD tại O.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}O \in CD\\O \in NP \subset (MNP)\end{array} \right.\) nên \(O = CD \cap (MNP)\).

Vậy \(O \equiv I\). Vì \(O \in NP\) suy ra I, N, P thẳng hàng.

b) Đúng. Vì MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN//AB.

c) Đúng. Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MN//AB\\MN \subset (MNP)\\AB \subset (ABD)\\(MNP) \cap (ABD) = \{ P\} \end{array} \right.\) suy ra giao tuyến của (MNP) và (ABD) là đường thẳng qua P và song song với AB, MN.

Theo giả thiết, PQ//AB nên PQ chính là giao tuyến cần tìm.

d) Sai. Vì MN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(MN = \frac{1}{2}AB\) (1).

Theo giả thiết, BP = 2PD nên suy ra \(\frac{{DP}}{{DB}} = \frac{1}{3}\).

Xét tam giác ABD có PQ//AB:

\(\frac{{DQ}}{{DA}} = \frac{{DP}}{{DB}} = \frac{{PQ}}{{AB}} = \frac{1}{3}\) (hệ quả định lý Thales).

Suy ra \(PQ = \frac{1}{3}AB\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MN \ne PQ\).

Vậy MNPQ không phải hình bình hành.

\(h = 4\sin \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8}} \right) + 16\) lớn nhất khi \(\sin \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8}} \right) = 1\).

Sử dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản:

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

\(\sin \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{8} = - \frac{\pi }{8} + k2\pi \)

\( \Leftrightarrow \frac{t}{8} = - \frac{1}{8} + 2k \Leftrightarrow t = - 1 + 16k\) \((k \in \mathbb{Z})\).

Ta có \(0 < t \le 24 \Leftrightarrow 0 < - 1 + 16k \le 24 \Leftrightarrow 1 < 16k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{{16}} < k \le \frac{3}{2}\).

Vậy k = 1. Khi đó t = -1 + 16.1 = 15.

Vậy mực nước của kênh cao nhất khi t = 15 (giờ).

Sử dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng: \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]}}{2}\).

Số ghế mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với \({u_1} = 16\) và d = 4.

Tổng số ghế trong rạp là \({S_{18}} = \frac{{18\left[ {2.16 + (18 - 1).4} \right]}}{2} = 900\).

Sử dụng quy tắc tính giới hạn tại vô cực.

\(\lim \left[ {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + \frac{1}{{5.7}} + ... + \frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}}} \right]\)

\( = \lim \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{{2n - 1}} + \frac{1}{{2n + 1}}} \right)\)

\( = \lim \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{2n + 1}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 - 0} \right) = \frac{1}{2} = 0,5\).

Hàm số liên tục tại \({x_0}\) khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})\).

Ta có: \(\frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}} = \frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - 2 + 2 - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}} = \frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - 2}}{{x - 1}} + \frac{{2 - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{x + 7 - 8}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 7} + \sqrt[2]{{x + 7}}.2 + 4} \right)}} + \frac{{4 - \left( {3x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}\)

\( = \frac{1}{{\sqrt {x + 7} + \sqrt[2]{{x + 7}}.2 + 4}} + \frac{{3 - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}\)

\( = \frac{1}{{\sqrt {x + 7} + \sqrt[2]{{x + 7}}.2 + 4}} - \frac{3}{{2 + \sqrt {3x + 1} }}\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt {x + 7} + \sqrt[2]{{x + 7}}.2 + 4}} - \frac{3}{{2 + \sqrt {3x + 1} }}\)

\( = \frac{1}{{\sqrt {1 + 7} + \sqrt[2]{{1 + 7}}.2 + 4}} - \frac{3}{{2 + \sqrt {3.1 + 1} }} \approx - 0,7\).

Mà \(f(1) = a.1 = a\).

Để hàm số liên tục tại \({x_0} = 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1)\), suy ra \(a \approx - 0,7\).

Sử dụng các khái niệm, tính chất của điểm, đường thẳng, mặt phẳng trong không gian.

Sử dụng tính chất trọng tâm tam giác.

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó O là trung điểm của AC, BD (vì ABCD là hình bình hành).

Dễ dàng chứng minh \(SO \subset (SBD)\), \(SO \subset (SAC)\) và \(AM \subset (SAC)\).

Xét trong mặt phẳng (SAC), giả sử AM giao SO tại I’.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}I' \in AM\\I' \in SO \subset (SBD)\end{array} \right.\) suy ra I’ là giao điểm của AM và mặt phẳng (SBD).

Suy ra I’ trùng I.

Xét tam giác SAC có AM, SO là các đường trung tuyến cắt nhau tại I.

Suy ra I là trọng tâm của tam giác SAC. Vậy \(\frac{{IA}}{{IM}} = 2\).

Sử dụng tính chất giao tuyến, hệ quả định lí Thales, công thức tính diện tích tam giác đều khi biết độ dài cạnh.

Vì (P)//(SBD) suy ra BD//(P) và SB//(P).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}I \in (P) \cap (ABCD)\\BD \subset (ABCD)\\BD//(P)\end{array} \right.\) suy ra giao tuyến của (P) và (ABCD) là đường thẳng qua I song song với BD. Giao tuyến này cắt AB tại M, cắt AD tại N.

Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}M \in (P) \cap (SAB)\\SB \subset (SAB)\\SB//(P)\end{array} \right.\) suy ra giao tuyến của (P) và (SAB) là đường thẳng qua M song song với SB.

Giao tuyến này cắt SA tại K.

Thiết diện cần tìm là tam giác MNK.

Hai tam giác KMN và SBD có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng. Mà tam giác SBD đều nên tam giác KMN đều.

Xét tam giác AOD có IN//DO: \(\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{{IN}}{{DO}}\) (hệ quả định lí Thales).

Xét tam giác AOB có IM//BO: \(\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{{IM}}{{BO}}\) (hệ quả định lí Thales).

Suy ra \(\frac{{IN}}{{DO}} = \frac{{IM}}{{BO}}\). Do đó \(\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{{IN + IM}}{{DO + BO}}\) hay \(\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{{MN}}{{BD}} \Leftrightarrow \frac{x}{{\frac{{AC}}{2}}} = \frac{{MN}}{{BD}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{x}{3} = \frac{{MN}}{8} \Leftrightarrow MN = \frac{{8x}}{3}\).

Diện tích tam giác đều KMN là \(S = \frac{{M{N^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {\frac{{8x}}{3}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{16{x^2}\sqrt 3 }}{9}\).

Suy ra a = 16, b = 9.

Vậy P = a + b = 16 + 9 = 25.