Đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều – Đề 7 (có đáp án)

a) Áp dụng công thức $\sin a\cdot \cos b=\frac{1}{2}\left[\sin \left(a-b\right)+\sin \left(a+b\right)\right]$, ta được

$$P=\sin \left(\alpha +\frac{\pi }{6}\right)\cos \left(\alpha -\frac{\pi }{6}\right)=\frac{1}{2}\left(\sin \frac{\pi }{3}+\sin 2\alpha \right)=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{5}\right)=\frac{6+5\sqrt{3}}{20}.$$

b) Ta có $\cos x=-\frac{1}{2}$$\iff \cos x=\cos \frac{2\pi }{3}$$\iff x=\pm \frac{2\pi }{3}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Mà $0\le x\le \pi$ nên $0\le \pm \frac{2\pi }{3}+k2\pi \le \pi$$\iff [\begin{array}{l}-\frac{1}{3}\le k\le \frac{1}{6}\\ \frac{1}{3}\le k\le \frac{5}{6}\end{array}$ mà $k\in \mathbb{Z}$ nên $k=0$.

Với $k=0$ thì phương trình có nghiệm là $x=\frac{2\pi }{3}$.

Vậy $x=\frac{2\pi }{3}$ nghiệm của phương trình $\cos x=-\frac{1}{2}$ trên đoạn $\left[0;\pi \right].$

a) Vì $\frac{1}{2};\frac{1}{4};\frac{1}{8};...;\frac{1}{4096}$ là cấp số nhân nên $u_1=\frac{1}{2};q=\frac{u_2}{u_1}=\frac{1}{2}.$

Công thức số hạng tổng quát: $u_n=\frac{1}{2}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}={\left(\frac{1}{2}\right)}^n$.

Ta có: $u_n=\frac{1}{4096}$ $\Rightarrow {\left(\frac{1}{2}\right)}^n=\frac{1}{4096}\iff 2^n=4096\iff 2^n=2^{12}$$\iff n=12$.

Vậy số $\frac{1}{4096}$ là số hạng thứ 12 trong cấp số nhân đã cho.

b) Vì sau mỗi phút số lượng vi khuẩn của một loại vi khuẩn đã cho tăng gấp đôi nên số lượng vi khuẩn tăng sau mỗi phút là một cấp số nhân $\left(u_n\right)$ với công bội $q=2$.

Theo bài ra ta có: $u_6=64000$$\iff u_1{q}^5=64000$$\iff u_1\cdot 2^5=64000$$\iff u_1=2000$.

Sau $n$ phút thì số lượng vi khuẩn là $u_{n+1}$.

Mà $u_{n+1}=u_1{q}^n=2048000$$\iff 2000\cdot 2^n=2048000$$\iff 2^n=1024\iff n=10$.

Vậy sau 10 phút thì có được 2 048 000 con vi khuẩn.

a) $$\lim \frac{{4.3}^n+7^{n+1}}{{2.5}^n+7^n}=\lim \frac{{4.3}^n+{7.7}^n}{{2.5}^n+7^n}=\lim \frac{4.{\left(\frac{3}{7}\right)}^n+7}{2.{\left(\frac{5}{7}\right)}^n+1}$$

$$=\frac{\lim \left[4.{\left(\frac{3}{7}\right)}^n+7\right]}{\lim \left[2.{\left(\frac{5}{7}\right)}^n+1\right]}=\frac{4.\lim {\left(\frac{5}{7}\right)}^n+\lim 7}{2\lim {\left(\frac{5}{7}\right)}^n+\lim 1}=\frac{4.0+7}{2.0+1}=7.$$

b) $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+4x+4}}{x+2}$$=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{{\left(x+2\right)}^2}}{x+2}$$=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{|x+2|}{x+2}$$=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{x+2}{x+2}=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }1=1.$

(Vì $x\to -2^{+}$ thì $\left|x+2\right|>0$ nên $\left|x+2\right|=x+2$).

a) Gọi $\Delta$ là giao tuyến của $\left(P\right)$ và $\left(BCD\right)$. Khi đó $\Delta$ đi qua $G$ và song song với $CD.$

Gọi $H,K$ lần lượt là giao điểm của $\Delta$ với $BC$ và $BD.$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{c}H\in \left(P\right)\\ H\in BC\subset \left(BCD\right)\end{array}\Rightarrow H\in \left(P\right)\cap \left(BCD\right)(1)$$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{c}K\in \left(P\right)\\ K\in BD\subset \left(BCD\right)\end{array}\Rightarrow K\in \left(P\right)\cap \left(BCD\right)(2)$$

Từ $$\left(1\right),\left(2\right)$$ ta có giao tuyến của $\left(P\right)$ và $\left(BCD\right)$ là $HK.$

b) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ và $HK//CD$ (do $$\Delta //CD$$) nên theo định lí Thaés ta có: $\frac{CH}{CB}=\frac{MG}{MB}=\frac{DK}{DB}=\frac{1}{3}$.

Giả sử $\left(P\right)$ cắt hai mặt phẳng $\left(ABC\right)$ và $\left(ABD\right)$ lâng lượt tại các giao tuyến là $HI$ và $KJ.$

Ta có $$\left(P\right)\cap \left(ABC\right)=HI$$; $$\left(P\right)\cap \left(ABD\right)=KJ.$$

Mà $$AB//\left(P\right)$$ và $$AB\subset \left(ABC\right);AB\subset \left(ABD\right)$$ nên $$HI//AB//KJ.$$

Vì $HI//KJ$ nên bốn điểm $H,I,K,J$ đồng phẳng.

Ta dễ dang có:

$$\left(P\right)\cap \left(ABC\right)=HI;$$

$\left(P\right)\cap \left(ACD\right)=IJ;$

$$\left(P\right)\cap \left(ABD\right)=KJ;$$

$$\left(P\right)\cap \left(BCD\right)=KH.$$

Như vậy, thiết diện của tứ diện $$ABCD$$ cắt bởi mặt phẳng $$\left(P\right)$$ là tứ giác $HIJK.$

Theo hệ quả định lí Thalès:

Trong tam giác $ABC$ với $HI//AB$ ta có $\frac{HI}{AB}=\frac{CH}{CB}=\frac{1}{3}.$

Trong tam giác $ABD$ với $KJ//AB$ ta có $\frac{KJ}{AB}=\frac{DK}{BD}=\frac{1}{3}.$

$\Rightarrow \frac{HI}{AB}=\frac{KJ}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow HI=KJ.$

Xét tứ giác $HIJK$ có: $HI//KJ$ và $HI=KJ$ nên $HIJK$ là hình bình hành.

Vậy thiết diện của $$\left(P\right)$$ và tứ diện $$ABCD$$ là hình bình hành $HIJK$.