Đề thi giữa kì 1 Toán 11 - Đề số 8 — Không quảng cáo

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) C là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)

b) Giao tuyến của hai mặt phẳng (SCB) và (SCD) là đường thẳng SC

c) Đường thẳng AB song song với mặt phẳng (SCD)

d) Giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng (SBD) là điểm C

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).

Sử dụng công thức \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}\).

Ta có: \({u_6} = {u_1}{q^{6 - 1}} = 12.{( - 2)^5} =  - 384\).

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.

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.

Vì B, C, D thẳng hàng nên ba điểm này không xác định một mặt phẳng.

Lý thuyết đường thẳng song song với mặt phẳng.

- Xét A: AB và (SBD) chung điểm B nên AB cắt (SBD)

- Xét B: BC và (SCD) chung điểm C nên BC cắt (SCD)

- Xét C: AD//BC vì ABCD là hình bình hành nên AD//(SBC)

- Xét D: Vì BD cắt AC tại tâm O của hình bình hành nên BD cắt (SAC)

Vậy khẳng định đúng là C.

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

d) Đúng. 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) C là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)

b) Giao tuyến của hai mặt phẳng (SCB) và (SCD) là đường thẳng SC

c) Đường thẳng AB song song với mặt phẳng (SCD)

d) Giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng (SBD) là điểm C

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

a) Sai . C không thuộc mặt phẳng (SAB).

b) Đúng . Giao tuyến của hai mặt phẳng (SCB) và (SCD) là đường thẳng SC.

c) Đúng . Vì ABCD là hình bình hành nên AB//CD, khi đó AB//(SCD).

d) Sai . Giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng (SBD) là điểm B.

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 tính chất: Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) có điểm chung M và lần lượt chứa hai đường thẳng song song d và d’ thì giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) là đường thẳng đi qua M và song song với d và d’ để xác định thiết diện.

\(\left\{ \begin{array}{l}M \in (\alpha ) \cap (ABC)\\(\alpha )//AC \subset (ABC)\end{array} \right.\) nên giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ABC) là đường thẳng qua M và song song với AB, cắt BC tại N, suy ra MN//AC.

\(\left\{ \begin{array}{l}N \in (\alpha ) \cap (BCD)\\(\alpha )//BD \subset (BCD)\end{array} \right.\) nên giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (BCD) là đường thẳng qua N và song song với BD, cắt CD tại P, suy ra NP//BD.

\(\left\{ \begin{array}{l}P \in (\alpha ) \cap (ACD)\\(\alpha )//AC \subset (ACD)\end{array} \right.\) nên giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ACD) là đường thẳng qua P và song song với AC, cắt AD tại Q, suy ra PQ//AC.

\(\left\{ \begin{array}{l}P \in (\alpha ) \cap (ACD)\\(\alpha )//AC \subset (ACD)\end{array} \right.\) nên giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ACD) là đường thẳng qua P và song song với AC, cắt AD tại Q, suy ra PQ//AC.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha ) \cap (ABD) = MQ}\\{(\alpha )//BD \subset (ABD)}\end{array}} \right.\) nên MQ//BD.

Có: MN//PQ (cùng song song với AC), NP//MQ (cùng song song với BD) nên MNPQ là hình bình hành.

Vậy thiết diện cần tìm có 4 cạnh.

- Định lý Thales.

- Giao tuyến của hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song là đường thẳng song song với hai đường thẳng đó.

Xét tam giác BCD có N là trung điểm của BC, P là trung điểm của BD.

Khi đó, NP là đường trung bình của tam giác BCD, suy ra NP//CD.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(MNP) \cap (ACD) = \{ M\} }\\\begin{array}{l}NP//CD\\NP \subset (MNP)\\CD \subset (ACD)\end{array}\end{array}} \right.\) nên giao tuyến của (MNP) và (ACD) là đường thẳng qua M song song với NP và CD. Gọi giao tuyến đó là d.

Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Q \in (MNP)}\\{Q \in AD \subset (ACD)}\end{array}} \right.\) nên \(Q \in d\) và MQ//NP, MQ//CD.

Vì đã có MQ//NP nên để MNPQ là hình bình hành thì cần điều kiện MQ = NP.

Mà \(NP = \frac{1}{2}CD\) nên cần \(MQ = \frac{1}{2}CD\).

Xét tam giác ACD có \(M \in AC\), \(Q \in AD\) và MQ//CD.

Khi đó, \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{MQ}}{{CD}}\) (định lý Thales đảo).

Vậy để MNPQ là hình bình hành thì \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{MQ}}{{CD}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow AC = 2AM\).