Đề thi học kì 1 Toán 11 Cánh diều - Đề số 5

Ta có: \(\tan \left( {a + b} \right) = \frac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a\tan b}}\)

Hàm số \(y = \cot x\) là hàm số lẻ và tuần hoàn với chu kì \(\pi \).

Góc lượng giác có cùng điểm cuối, cùng điểm đầu với góc lượng giác có số đo \(\frac{\pi }{4}\) là: \(\frac{\pi }{4} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Nếu \(\sin \alpha  > 0,\cos \alpha  < 0\) thì \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ (II).

\(\sin \left( {\alpha  + k2\pi } \right) = \sin \alpha \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với công sai d được cho bởi hệ thức truy hồi \({u_n} = {u_{n - 1}} + d\) với \(n \ge 2\).

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) gồm các số khác 0 thỏa mãn tỉ số \(\frac{{{u_n}}}{{{u_{n - 1}}}}\) không đổi thì dãy số  \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân.

Ta có: \({u_{n + 1}} = {2020^{n + 1}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {{u_n} - a} \right) = 0\).

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\). Nếu \(f\left( a \right).f\left( b \right) < 0\) thì phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất một nghiệm trong \(\left( {a;b} \right)\).

Tại \(x = 2\) thì hàm số không liên tục.

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {v_n} =  - \infty \) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = 0\)

Vì điểm \(A \in OC\) nên điểm A thuộc mặt phẳng (SOC).

Trong không gian, chỉ có một đường thẳng phân biệt đi qua hai điểm phân biệt cho trước nên đáp án A sai.

Đáp án đúng: \(d \cap \left( P \right) = \emptyset \)

Nếu đường thẳng d và mặt phẳng (P) có duy nhất một điểm chung thì d cắt mặt phẳng (P).

Hình chóp S. ABCD có 5 đỉnh là S, A, B, C, D.

Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (P). Mặt phẳng (Q) chứa a và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến b thì b song song với a.

Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi \) nên \(\cos \alpha  < 0\).

Ta có: \(\frac{1}{{\cos \alpha }} =  - \sqrt {1 + {{\tan }^2}\alpha }  =  - \sqrt 5  \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{ - \sqrt 5 }}{5}\)

\(A = \frac{{\sin x + \sin 2x + \sin 3x}}{{\cos x + \cos 2x + \cos 3x}} = \frac{{2\sin 2x\cos x + \sin 2x}}{{2\cos 2x\cos x + \cos 2x}} = \frac{{\sin 2x\left( {2\cos x + 1} \right)}}{{\cos 2x\left( {2\cos x + 1} \right)}} = \tan 2x\)

\(\sin \frac{{37\pi }}{{12}} = \sin \left( {2\pi  + \pi  + \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( {\pi  + \frac{\pi }{{12}}} \right) =  - \sin \frac{\pi }{{12}} =  - \sin \left( {\frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4}} \right)\)

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

Ta có: \({u_1} = 2024\) và \({u_n} = {u_{n - 1}} - 3\) với \(n \ge 2\), \(n \in \mathbb{N}*\) nên \(d = {u_n} - {u_{n - 1}} = \left( {{u_{n - 1}} - 3} \right) - {u_{n - 1}} =  - 3\)

Vậy số hạng tổng quát của cấp số cộng là: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 2024 + \left( {n - 1} \right)\left( { - 3} \right) =  - 3n + 2027\) với \(n \ge 2\), \(n \in \mathbb{N}*\).

Dung lượng pin sau mỗi 200 lần sạc kể từ lúc mới mua đến lập thành cấp số nhân có công bội \(q = 0,96\) và số hạng đầu \({u_1} = 100\% \)

Dung lượng pin của điện thoại còn lại sau 1200 lần sạc so với lúc mới mua là: \({u_7} = {u_1}.{q^6} = 100\% .{\left( {0,96} \right)^6} \approx 78,28\% \)

Ta có: \({u_n} = 25{n^2} + 10n + 9 = \left( {25{n^2} + 10n + 1} \right) + 8 = {\left( {5n + 1} \right)^2} + 8 \ge 8\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).

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

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{n^2} - 2}}{{a{n^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{n^2}\left( {\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {\frac{{a{n^2}}}{{{n^2}}} - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{1 - \frac{2}{{{n^2}}}}}{{a - \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{1}{a}\)

Do đó, \(\frac{1}{a} = 2 \Rightarrow a = \frac{1}{2}\left( {tm} \right)\)

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} - 18n}  - n} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{n^2} - 18n}  - n} \right)\left( {\sqrt {{n^2} - 18n}  + n} \right)}}{{\sqrt {{n^2} - 18n}  + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{ - 18n}}{{\sqrt {{n^2} - 18n}  + n}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{ - 18n}}{{\sqrt {{n^2} - 18n}  + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{ - 18}}{{\sqrt {1 - \frac{{18}}{n}}  + 1}} =  - 9\)

Ta có: \(3,333... = 3 + 0,3 + 0,03 + 0,003 + ... = 3 + 3.\frac{1}{{10}} + 3.\frac{1}{{{{10}^2}}} + 3.\frac{1}{{{{10}^3}}} + ...\)

Đây là cấp số nhân lùi vô hạn với \({u_1} = 3,q = \frac{1}{{10}}\) nên \(3,333... = \frac{3}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{{10}}{3}\)

Tam giác ABC có hai đường trung tuyến BD và AM cắt nhau tại I nên I là trọng tâm của tam giác ABC.

Suy ra: \(\frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{ID}}{{BD}} = \frac{2}{3}\)

Vì \(\left( \alpha  \right)\) và mặt phẳng (SBD) có điểm chung là I, \(\left( \alpha  \right)\)//SD, \(SD \subset \left( {DBD} \right)\) nên giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và mặt phẳng (SBD) là đường thẳng qua I song song với SD cắt SB tại N. Do đó, \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{ID}}{{DB}} = \frac{2}{3}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN//AD\\MN \subset \left( {PMN} \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\P \in \left( {PMN} \right) \cap \left( {SAD} \right)\end{array} \right.\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (PMN) là đường thẳng qua P song song với AD.

Ta có: M thuộc mặt phẳng (MIJ), M thuộc mặt phẳng (ACD) nên M là điểm chung của mặt phẳng (MIJ) và mặt phẳng (ACD).

Lại có: \(H \in CD \subset \left( {ACD} \right),H \in IJ \subset \left( {IJM} \right) \Rightarrow H \in \left( {IJM} \right) \cap \left( {ACD} \right)\)

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng (ACD) và (IJM) là MH.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  + a - 2n} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  + a - 2n} \right)\left( {\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  - \left( {a - 2n} \right)} \right)}}{{\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  - \left( {a - 2n} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\left( {4{n^2} - 5n + 8} \right) - {{\left( {a - 2n} \right)}^2}}}{{\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  - \left( {a - 2n} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{4an - 5n + 8 - {a^2}}}{{\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  - \left( {a - 2n} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{4a - 5 + \frac{8}{n} - \frac{{{a^2}}}{n}}}{{\sqrt {4 - \frac{5}{n} + \frac{8}{{{n^2}}}}  - \frac{a}{n} + 2}} = \frac{{4a - 5}}{4}\)

Để \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  + a - 2n} \right) = 1\) thì \(\frac{{4a - 5}}{4} = 1 \Leftrightarrow 4a = 9 \Leftrightarrow a = \frac{9}{4}\)

Vì \(\frac{{BC}}{{BJ}} = \frac{{DA}}{{DK}} = 2\) và \(BC = AD\) nên \(BJ = DK\), \(JC = AK\)

Gọi O là giao điểm của AC và JK.

Tam giác JOC có JC//AK nên: \(\frac{{OA}}{{OC}} = \frac{{AK}}{{JC}} = 1\), suy ra O là trung điểm của AC.

Vì M, O lần lượt là trung điểm của SA và AC nên MO là đường trung bình của tam giác SAC.

Do đó, MO//SC, mà \(MO \subset \left( {MJK} \right)\) nên SC//(MJK).   

Gọi \({y_o}\) là một giá trị của hàm số. Khi đó, phương trình \({y_o} = \frac{{\cos x + 2\sin x + 3}}{{2\cos x - \sin x + 4}}\) có nghiệm.

Ta có: \({y_o} = \frac{{\cos x + 2\sin x + 3}}{{2\cos x - \sin x + 4}} \Leftrightarrow \left( {2{y_o} - 1} \right)\cos x - \left( {{y_o} + 2} \right)\sin x = 3 - 4{y_o}\) (1)

Phương trình (1) có nghiệm \( \Leftrightarrow {\left( {2{y_o} - 1} \right)^2} + {\left( {{y_o} + 2} \right)^2} \ge {\left( {3 - 4{y_o}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 11y_o^2 - 24{y_o} + 4 \le 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{11}} \le {y_o} \le 2\)

Vậy \(\frac{2}{{11}} \le y \le 2\).

Với mọi \(n \ge 1,n \in \mathbb{N}\) ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{{ - {u_n} + 1}}{{2{u_n}}} \Rightarrow {u_{n + 1}} + 1 = \frac{{ - {u_n} + 1}}{{2{u_n}}} + 1 = \frac{{{u_n} + 1}}{{2{u_n}}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} = \frac{{2{u_n}}}{{{u_n} + 1}} =  - \frac{2}{{{u_n} + 1}} + 2 \Rightarrow \frac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} - \frac{2}{3} =  - \frac{2}{{{u_n} + 1}} + \frac{4}{3} =  - 2\left( {\frac{1}{{{u_n} + 1}} - \frac{2}{3}} \right)\)

Đặt \({v_n} = \frac{1}{{{u_n} + 1}} - \frac{2}{3}\) với mọi \(n \ge 1,n \in \mathbb{N}\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{v_{n + 1}} = \frac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} - \frac{2}{3},n \ge 1,n \in \mathbb{N}\\{v_1} = \frac{1}{{{u_1} + 1}} - \frac{2}{3} = \frac{{ - 1}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{v_{n + 1}} =  - 2{v_n},n \ge 1,n \in \mathbb{N}\\{v_1} = \frac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)

Do đó, \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân với số hạng đầu \({v_1} = \frac{{ - 1}}{3}\) và công bội \(q =  - 2\)

Số hạng tổng quát của \(\left( {{v_n}} \right)\) là: \({v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = \frac{{ - 1}}{3}{\left( { - 2} \right)^{n - 1}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{{u_n} + 1}} - \frac{2}{3} =  - \frac{1}{3}{\left( { - 2} \right)^{n - 1}} \Rightarrow \frac{1}{{{u_n} + 1}} = \frac{2}{3} - \frac{1}{3}{\left( { - 2} \right)^{n - 1}}\)\( \Rightarrow {u_n} = \frac{1}{{\frac{2}{3} - \frac{1}{3}{{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}} - 1 = \frac{{\frac{1}{3} + \frac{1}{3}{{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}{{\frac{2}{3} - \frac{1}{3}{{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}} = \frac{{1 + {{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}{{2 - {{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}\)

Vậy số hạng tổng quát của dãy số đã cho là: \({u_n} = \frac{{1 + {{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}{{2 - {{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}\)