Đề thi học kì 1 Toán 11 Cánh diều - Đề số 4

Ta có: \(\tan 2x = \tan \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Phương trình \(\sin x = 1\) có nghiệm là: \(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Tập giá trị của hàm số \(y = \cos x\) là: \(D = \left[ { - 1;1} \right]\)

Vì \(\tan \left( { - x} \right) =  - \tan x\) nên hàm số \(y = \tan x\) là hàm số lẻ.

Hình trên là đồ thị của hàm số \(y = \sin x\)

Cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai d. Số hạng tổng quát \({u_n}\) được xác định theo công thức: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công bội q. Số hạng tổng quát \({u_n}\) được xác định theo công thức: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\) với \(n \ge 2\).

Dãy số gồm các số tự nhiên chẵn nhỏ hơn 10 là: 0; 2; 4; 6; 8.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^k} =  + \infty \) với k là số chẵn.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) được xác định trên khoảng (a; b) chứa điểm \({x_0}\). Hàm số f(x) được gọi là liên tục tại điểm \({x_0}\) nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 3f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 3.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 3.2 = 6\)

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{6}{2} = 3\)

Hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể song song hoặc chéo nhau nên đáp án D sai.

Do \(O \in AC \subset \left( {SAC} \right),E \in SA \subset \left( {SAC} \right)\) nên đường thẳng OE nằm trong mặt phẳng (SAC)

Hai đường thẳng chéo nhau thì hai đường thẳng đó thuộc hai mặt phẳng khác nhau

Nếu trong mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng cắt nhau và hai đường thẳng này song song với mặt phẳng (Q) thì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q).

Hình tứ diện đều có bốn mặt là các tam giác đều.

Trong không gian, phép chiếu song song biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự ba điểm đó.

\(\cos \left( {a + b} \right).\cos \left( {a - b} \right) = \frac{1}{2}\left( {\cos 2a + \cos 2b} \right) = \frac{1}{2}\left( {2{{\cos }^2}a - 1 + 2{{\cos }^2}b - 1} \right) = {\cos ^2}a + {\cos ^2}b - 1\)

\( = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{5}} \right)^2} - 1 = \frac{{ - 191}}{{225}}\)

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

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

Vì \(0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}\) nên \(\sin \alpha  > 0\). Ta có: \(\sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {15} }}{4}\)

Do đó, \(\sin 2\alpha  = 2\sin \alpha \cos \alpha  = 2.\frac{1}{4}.\frac{{\sqrt {15} }}{4} = \frac{{\sqrt {15} }}{8}\)

Ta có: \({u_2} = \frac{1}{{2 + {u_1}}} = \frac{1}{{2 + \frac{1}{4}}} = \frac{4}{9},{u_3} = \frac{1}{{2 + {u_2}}} = \frac{1}{{2 + \frac{4}{9}}} = \frac{9}{{22}}\)

Gọi \({u_n}\) là chiều cao so với mực nước biển của thửa ruộng bậc thang ở bậc thứ n.

Khi đó, \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số cộng với \({u_1} = 900m\) và \(d = 1,5m\)

Ta có: \({u_{19}} = {u_1} + 18d = 900 + 18.1,5 = 927\)

Vậy bậc thứ 19 của thửa ruộng có độ cao là 927m so với mực nước biển.

Ta có: \({u_n} = 6 - 4n - 4{n^2} = 7 - \left( {1 + 4n + 4{n^2}} \right) = 7 - {\left( {2n + 1} \right)^2} \le 7\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).

Do đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn trên, không bị chặn dưới.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{mx + 5}}{{x + 1}} = \frac{{m + 5}}{{1 + 1}} = \frac{{m + 5}}{2}\)

Do đó, \(\frac{{m + 5}}{2} = 6 \Leftrightarrow m + 5 = 12 \Leftrightarrow m = 7\)

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{n^2} + 2n} }}{{n - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} + \frac{2}{n}} }}{{\frac{n}{n} - \frac{2}{n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{2}{n}} }}{{1 - \frac{2}{n}}} = 1\)

Hàm số f(x) xác định khi: \({x^2} + 5x + 4 \ne 0 \Leftrightarrow \left( {x + 4} \right)\left( {x + 1} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  - 4\\x \ne  - 1\end{array} \right.\)

Do đó, hàm số f(x) liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 4} \right),\left( { - 4; - 1} \right),\left( { - 1; + \infty } \right)\)

Vì \(MN \subset \left( {SAC} \right)\) nên MN không song song với (SAC)

Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA và SC nên MN là đường trung bình của tam giác SAC. Do đó, MN//AC. Mà \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên MN// (ABCD).

Vì M, N lần lượt là trung điểm của AD và AC nên MN là đường trung bình của tam giác CAD.

Do đó, MN//CD. Mà \(MN \subset \left( {MNG} \right),CD \subset \left( {BCD} \right)\), G là điểm chung của hai mặt phẳng (GMN) và (BCD) nên giao tuyến của hai mặt phẳng (GMN) và (BCD) là đường thẳng qua G song song với CD.

Vì hai đường thẳng GF và AB cùng nằm trong mặt phẳng (ABC) nên giao điểm GF và AB thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (EFG) và (SAB).

Ta có: \(f\left( 1 \right) =  - 2m + 5\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3}  - 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 3}  - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3}  + 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3}  + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3}  + 2} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 3}  + 2}} = \frac{{1 + 1}}{{\sqrt {{1^2} + 3}  + 2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\)

Để hàm số f(x) liên tục tại \({x_0} = 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow  - 2m + 5 = \frac{1}{2} \Leftrightarrow  - 4m + 10 = 1 \Leftrightarrow  - 4m =  - 9 \Leftrightarrow m = \frac{9}{4}\)

Gọi E là giao điểm của AB và CD.

Vì AD//BC nên $\Delta EBC\backsim \Delta EAD\Rightarrow \frac{EB}{EA}=\frac{EC}{ED}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow EB=\frac{1}{2}EA,EC=\frac{1}{2}ED$

Do đó, B là trung điểm của AE, C là trung điểm của DE.

Suy ra, BD, AC là hai đường trung tuyến của tam giác ADE. Mà O là giao điểm của AC và BD.

Do đó, O là trọng tâm của tam giác ADE. Do đó, \(\frac{{DO}}{{DB}} = \frac{2}{3}\)

Gọi I là trung điểm của SC. Vì G là trọng tâm của tam giác SCD nên \(\frac{{DG}}{{DI}} = \frac{2}{3}\)

Tam giác DIB có: \(\frac{{DG}}{{DI}} = \frac{{DO}}{{DB}} = \frac{2}{3}\) nên OG//IB (định lý Thalès đảo). Mà \(IB \subset \left( {SBC} \right)\) nên OG//(SBC).

Điều kiện: \(\cos x \ne 0,\tan x \ne 1\)

Ta có: \(\frac{{\cos 2x}}{{1 - \tan x}} = \frac{{{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x}}{{1 - \frac{{\sin x}}{{\cos x}}}} = \cos x\left( {\cos x + \sin x} \right)\)

\({2^{2023}}\left( {{{\sin }^{2024}}x + {{\cos }^{2024}}x} \right)\left( {\sin x + \cos x} \right)\cos x = \frac{{\cos 2x}}{{1 - \tan x}}\)

\( \Leftrightarrow {2^{2023}}\left( {{{\sin }^{2024}}x + {{\cos }^{2024}}x} \right)\left( {\sin x + \cos x} \right)\cos x = \cos x\left( {\cos x + \sin x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\cos x\left[ {{2^{2023}}\left( {{{\sin }^{2024}}x + {{\cos }^{2024}}x} \right) - 1} \right] = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x + \cos x = 0\\{2^{2023}}\left( {{{\sin }^{2024}}x + {{\cos }^{2024}}x} \right) - 1 = 0\end{array} \right.\left( {do\;\cos x \ne 0} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x =  - 1\\{\sin ^{2024}}x + {\cos ^{2024}}x = \frac{1}{{{2^{2023}}}}\end{array} \right.\)

+) \(\tan x =  - 1 \Leftrightarrow x =  - \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

+) \({\sin ^{2024}}x + {\cos ^{2024}}x = \frac{1}{{{2^{2023}}}}\) (*) (thỏa mãn điều kiện)

Ta có: \({\sin ^{2024}}x + {\cos ^{2024}}x = 2\left[ {\frac{{{{\left( {{{\sin }^2}x} \right)}^{1012}} + {{\left( {{{\cos }^2}x} \right)}^{1012}}}}{2}} \right] \ge 2{\left( {\frac{{{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}{2}} \right)^{1012}} = \frac{1}{{{2^{1011}}}}\)

Do đó, phương trình (*) vô nghiệm.

Sau 1 tháng, giá trị của ô tô còn lại là: \({u_1} = 800 - 800.0,5\%  = 800\left( {1 - 0,5\% } \right)\) (triệu đồng)

Sau 2 tháng, giá trị của ô tô còn lại là:

\({u_2} = 800\left( {1 - 0,5\% } \right) - 800\left( {1 - 0,5\% } \right).0,5\%  = 800{\left( {1 - 0,5\% } \right)^2}\) (triệu đồng)

Sau 3 tháng, giá trị của ô tô còn lại là:

\({u_3} = 800{\left( {1 - 0,5\% } \right)^2} - 800{\left( {1 - 0,5\% } \right)^2}.0,5\%  = 800{\left( {1 - 0,5\% } \right)^3}\) (triệu đồng)

Gọi \({u_n}\) là giá trị ô tô sau n tháng sử dụng.

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) tạo thành một cấp số nhân với số hạng đầu là \({u_1} = 800\left( {1 - 0,5\% } \right)\), công bội \(q = 1 - 0,5\% \)

Khi đó, công thức tổng quát của \(\left( {{u_n}} \right)\) là: \({u_n} = 800.{\left( {1 - 0,5} \right)^n}\)

Sau 3 năm, giá trị sử dụng ô tô còn lại là: \({u_{36}} = 800{\left( {1 - 0,5\% } \right)^{36}} \approx 667,91\) (triệu đồng)

Sau 3 năm, số tiền anh M làm ra là: \(16.36 = 576\) (triệu đồng)

Vậy sau 3 năm, tổng số tiền (bao gồm giá tiền ô tô và tổng số tiền anh M làm ra) anh M có được là: \(667,91 + 576 = 1234,91\) (triệu đồng)