Đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều – Đề 10 (có đáp án)

a) Ta có $$P=\sin 2\left(\alpha +\pi \right)=\sin \left(2\alpha +2\pi \right)=\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha$$.

Từ hệ thức $${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$$, suy ra $$\cos \alpha =\pm \sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\pm \frac{3}{5}$$.

Do $$\frac{\pi }{2}<\alpha <\pi$$ nên ta chọn $$\cos \alpha =-\frac{3}{5}$$.

Thay $$\sin \alpha =\frac{4}{5}$$ và $$\cos \alpha =-\frac{3}{5}$$ vào $P$, ta được $P=2.\frac{4}{5}.\left(-\frac{3}{5}\right)=-\frac{24}{25}$.

b) $\sin 2x+\sqrt{2}\cos x=0\iff \sqrt{2}\cos x\left(\sqrt{2}\sin x+1\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}\cos x=0\\ \sqrt{2}\sin x+1=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}\cos x=0\\ \sin x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k\pi \\ x=-\frac{\pi }{4}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{4}+k2\pi \end{array}$

Trong khoảng  $\left(-\pi ;0\right)$ có ba nghiệm là $x=-\frac{\pi }{2};x=-\frac{\pi }{4};x=-\frac{3\pi }{4}$

Khi đó tổng các nghiệm trên khoảng $\left(-\pi ;0\right)$ là

$\left(-\frac{\pi }{2}\right)+\left(-\frac{\pi }{4}\right)+\left(-\frac{3\pi }{4}\right)=-\frac{3\pi }{2}.$

c) Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó $$x=0,$$ ta có

$2\cos \left(5t-\frac{\pi }{6}\right)=0$

$\iff \cos \left(5t-\frac{\pi }{6}\right)=0$

$\iff 5t-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$

$\iff t=\frac{2\pi }{15}+k\frac{\pi }{5},k\in \mathbb{Z}$

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là $0\le t\le 6$ hay $0\le \frac{2\pi }{15}+k\frac{\pi }{5}\le 6$

$\iff -\frac{2}{3}\le k\le \frac{90-2\pi }{3\pi }$

Vì $k\in \mathbb{Z}$ nên $k\in \left\{0;1;2;3;4;5;6;7;8\right\}$.

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.

Dãy số $\left(u_n\right)$ với$u_n=\frac{\sqrt{n+1}-1}{n}$

Ta có: $u_n=\frac{\left(n+1\right)-1}{n\left(\sqrt{n+1}+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+1}$

Dễ dàng ta có: $\sqrt{\left(n+1\right)+1}+1>\sqrt{n+1}+1$

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{\left(n+1\right)+1}+1}<\frac{1}{\sqrt{n+1}+1}$ $\iff u_{n+1}<u_n.$

Vậy dãy số $\left(u_n\right)$ là dãy số giảm.

S.ABCD có đáy \( (ảnh 1)">

a) Tam giác \(SBD\) cân tại $S$ nên $SB=SD$.

Suy ra $\Delta SBC=\Delta SDC\left(c.c.c\right)$, do đó $\widehat{SCB}=\widehat{SCD}$.

Gọi $I$ là trung điểm $SC$. Xét hai tam giác $IBC$ và $IDC$, ta có

$$\{\begin{array}{l}IC\mathrm{chung}\\ BC=DC\\ \widehat{ICB}=\widehat{ICD}\end{array}$$ suy ra $\Delta IBC=\Delta IDC$ nên $IB=ID$ hay tam giác $IBD$ cân tại $I$.

Do $O$ là trung điểm $BD$ nên $IO$ là đường trung tuyến trong tam giác cân, suy ra $IO\perp BD$. Mà $SA//IO$ nên $SA\perp BD$.                      Ta có $$\{\begin{array}{l}M\in \left(\alpha \right)\cap \left(ABCD\right)\\ BD//\left(\alpha \right)\\ BD\subset \left(ABCD\right)\end{array}$$ suy ra giao tuyến của $$\left(\alpha \right)$$ với $$\left(ABCD\right)$$ là đường thẳng qua $M$ song song với $BD$ cắt $AB$ tại $Q$. Do đó $$MQ//BD$$.    $\left(1\right)$

Ta có $$\{\begin{array}{l}Q\in \left(\alpha \right)\cap \left(SAB\right)\\ SA//\left(\alpha \right)\\ SA\subset \left(SAB\right)\end{array}$$ suy ra giao tuyến của $$\left(\alpha \right)$$ với $$\left(SAB\right)$$ là đường thẳng qua $Q$ song song với $SA$ cắt $SB$ tại $P$. Do đó $$QP//SA$$.           $\left(2\right)$

Ta có $$\{\begin{array}{l}P\in \left(\alpha \right)\cap \left(SBD\right)\\ BD//\left(\alpha \right)\\ BD\subset \left(SBD\right)\end{array}$$ suy ra giao tuyến của $$\left(\alpha \right)$$ với $$\left(SBD\right)$$ là đường thẳng qua $P$ song song với $BD$ cắt $SO$ tại $N$. Do đó $$PN//BD$$. $\left(3\right)$

Ta có $$\{\begin{array}{l}\left(\alpha \right)\cap \left(SAC\right)=MN\\ SA//\left(\alpha \right)\\ SA\subset \left(SAC\right)\end{array}$$ suy ra $MN//SA$.           $\left(4\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(3\right)$, suy ra $PN//MQ//BD$. Từ $\left(2\right)$ và $\left(4\right)$, suy ra $QP//MN//SA$.

Ta có $\{\begin{array}{l}PN//MQ//BD\\ QP//MN//SA\\ SA\perp BD\end{array}$ suy ra tứ giác $MNPQ$ là hình chữ nhật.

b) Do $MQ//BD$ nên $\widehat{AQM}=\widehat{ABD}=45^{\circ }=\widehat{QAM}$.

Suy ra tam giác $AMQ$ cân tại $M$ nên $MQ=MA=x$.

Xét tam giác $SAO$, ta có $$\frac{MN}{AS}=\frac{OM}{OA}$$ suy ra $$MN=AS.\frac{OM}{OA}=a.\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}-x}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=a-x\sqrt{2}$$.

Do đó $$S_{MNPQ}=x\left(a-x\sqrt{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}x\sqrt{2}\left(a-x\sqrt{2}\right)$$. Ta có

$$S_{MNPQ}=x\left(a-x\sqrt{2}\right)=-\sqrt{2}{\left(x-\frac{a}{2\sqrt{2}}\right)}^2+\frac{a^2\sqrt{2}}{8}\le \frac{a^2\sqrt{2}}{8}$$.

Dấu ${}^{\prime \prime }{=}^{\prime \prime }$ xảy ra khi và chỉ khi: $$x=\frac{a\sqrt{2}}{4}$$.

Vậy diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ đạt giá trị lớn nhất bằng $$\frac{a^2\sqrt{2}}{8}$$; khi $$x=\frac{a\sqrt{2}}{4}$$.