Đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức – Đề 7 (có đáp án)

Hướng dẫn giải:

a) $\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=-\cos \left(2x-\frac{\pi }{6}\right)$

$$\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=\cos \left(2x-\frac{\pi }{6}+\pi \right)$$

$$\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=\cos \left(2x+\frac{5\pi }{6}\right)$$

$$\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=\sin \left[\frac{\pi }{2}-\left(2x+\frac{5\pi }{6}\right)\right]$$

$$\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=\sin \left(-2x-\frac{\pi }{3}\right)$$

$\iff [\begin{array}{l}x-\frac{\pi }{4}=-2x-\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ x-\frac{\pi }{4}=\pi -\left(-2x-\frac{\pi }{3}\right)+k2\pi \end{array},k\in \mathbb{Z}$

$\iff [\begin{array}{l}3x=-\frac{\pi }{12}+k2\pi \\ x-\frac{\pi }{4}=2x+\frac{4\pi }{3}+k2\pi \end{array},k\in \mathbb{Z}$

$\iff [\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{36}+k\frac{2\pi }{3}\\ x=-\frac{19\pi }{12}+k2\pi \end{array},k\in \mathbb{Z}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $$S=\left\{-\frac{\pi }{36}+k\frac{2\pi }{3};-\frac{19}{12}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)\right\}$$.

b) $-2{\cos }^{2}x-5\sin x+4=0$

$\iff -2\left(1-{\sin }^{2}x\right)-5\sin x+4=0$

$\iff 2{\sin }^{2}x-5\sin x+2=0\left(1\right)$

Đặt $$\sin x=t$$, vì $-1\le \sin x\le 1$ nên $-1\le t\le 1$. Khi đó, ta có:

$\left(1\right)\iff 2t^2-5t+2=0$

$\iff \left(2t-1\right)\left(t-2\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}t=\frac{1}{2}\left(t/m\right)\\ t=2\left(\mathrm{k}t/m\right)\end{array}$

$$\iff \sin x=\frac{1}{2}$$

$\iff [\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\pi -\frac{\pi }{6}+k2\pi \end{array},k\in \mathbb{Z}\iff [\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{array},k\in \mathbb{Z}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $$S=\left\{\frac{\pi }{6}+k2\pi ;\frac{5\pi }{6}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)\right\}$$.

c) $3\left(\sin x+\cos x\right)+2\sin 2x+3=0$

$\iff 3\left(\sin x+\cos x\right)+4\sin x.\cos x+3=0$

Đặt $\sin x+\cos x=t$, ta có: $\sin x+\cos x=t\iff \sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=t$.

Vì $$-1\le \sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\le 1$$ nên $$-\sqrt{2}\le \sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\le \sqrt{2}$$, hay $-\sqrt{2}\le t\le \sqrt{2}$.

Lại có: $$\sin x+\cos x=t\Rightarrow {\left(\sin x+\cos x\right)}^2=t^2\iff 1+2\sin x.\cos x=t^2$$

$\Rightarrow \sin x.\cos x=\frac{t^2-1}{2}$.

Khi đó, phương trình$\iff 3t+4\cdot \frac{t^2-1}{2}+3=0\iff 2t^2+3t+1=0$

$\iff \left(2t+1\right)\left(t+1\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}t=-\frac{1}{2}\\ t=-1\end{array}\iff [\begin{array}{l}\sin x=-\frac{1}{2}\\ \sin x=-1\end{array}$

TH1: $$\sin x=-\frac{1}{2}\iff [\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{7\pi }{6}+k2\pi \end{array},k\in \mathbb{Z}$$.

TH2: $\sin x=-1\iff x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S=\left\{-\frac{\pi }{6}+k2\pi ;-\frac{\pi }{2}+k2\pi ;\frac{7\pi }{6}+k2\pi ;k\in \mathbb{Z}\right\}$.

a) Vì $M,N$ là các trung điểm của $SA$, $SB$ nên $MN$ là đường trung bình trong tam giác $SAB$. Do đó $MN//AB$, mà $AB//CD$ nên $MN//CD$. (đpcm)

b)

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, $J$ là giao điểm của $SO$ và $ND$. Ta có:

Vì $J\in SO$ mà $SO$ nằm trên $\left(SAC\right)$ nên $J\in \left(SAC\right)$.

Mà $J\in ND$, $ND$ nằm trên $\left(AND\right)$ nên $J\in \left(AND\right)$.

Từ đó suy ra được $J$ là điểm chung giữa mặt phẳng $\left(AND\right)$ và mặt phẳng$\left(SAC\right)$.

Mặt khác $A\in \left(SAC\right)$, $A\in \left(AND\right)$, nên $A$ là điểm chung giữa mặt phẳng $\left(AND\right)$ và mặt phẳng$\left(SAC\right)$.

$\Rightarrow AJ$ là giao tuyến giữa mặt phẳng $\left(AND\right)$ và mặt phẳng$\left(SAC\right)$.

c) Kéo dài $AJ$ cắt $SC$ tại $P$. Khi đó $P$ là giao điểm giữa $SC$ và mặt phẳng $\left(AND\right)$.

Ta có $I\in AN$ mà $AN$ nằm trên $\left(SAB\right)$ nên $I\in \left(SAB\right)$.

$I\in DP$ mà $DP$ nằm trên $\left(SCD\right)$ nên $I\in \left(SCD\right)$.

$\Rightarrow I$ là điểm chung giữa 2 mặt phẳng $\left(SAB\right)$ và $\left(SCD\right)$.

$\Rightarrow SI$ là giao tuyến giữa 2 mặt phẳng $\left(SAB\right)$ và $\left(SCD\right)$.

Xét 3 mặt phẳng $\left(SAB\right)$, $\left(SCD\right)$ và $\left(ABCD\right)$ cắt nhau đôi một theo 3 giao tuyến $SI,AB$ và $DC$ nên theo định lí về ba đường giao tuyến, ta có $SI//AB//CD$ hoặc $SI,AB,CD$ đồng quy.

Mà $AB//CD$ nên $SI//AB//CD$.

Lại có: $SI//AB$ nên theo định lí Talet, ta có:$\frac{SN}{NB}=\frac{IN}{NA}=\frac{SI}{AB}$.

Do $N$ là trung điểm $SB$ nên $SN=NB$ hay $\frac{SN}{NB}=1\Rightarrow \frac{SN}{NB}=\frac{IN}{NA}=\frac{SI}{AB}=1$

$\Rightarrow SI=AB$.

Tứ giác $SIBA$ có $\{\begin{array}{l}SI//AB\\ SI=AB\end{array}\Rightarrow$ tứ giác $SIBA$ là hình bình hành.

Hướng dẫn giải:

a) Xét $\left(u_n\right)$ với $u_n=\frac{an+b}{cn+d}$, ta có:

$u_{n+1}-u_n=\frac{a\left(n+1\right)+b}{c\left(n+1\right)+d}-\frac{an+b}{cn+d}=\frac{an+\left(a+b\right)}{cn+\left(c+d\right)}-\frac{an+b}{cn+d}$

$=\frac{\left[an+\left(a+b\right)\right]\left(cn+d\right)-\left[cn+\left(c+d\right)\right]\left(an+b\right)}{\left(cn+d\right)\left[cn+\left(c+d\right)\right]}$

$=\frac{ac{n}^2+\left(ad+ac+bc\right)n+d\left(a+b\right)-\left[ac{n}^2+n\left(bc+ac+ad\right)+b\left(c+d\right)\right]}{\left(cn+d\right)\left[cn+\left(c+d\right)\right]}$

$=\frac{ad-bc}{\left(cn+d\right)\left[cn+\left(c+d\right)\right]}$

Vì $c,d$ là các số thực thoả mãn $cn+d>0,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $\left(cn+d\right)\left[cn+\left(c+d\right)\right]>0$.

Do đó, ta có các trường hợp sau:

Khi $ad-bc>0$ thì $u_{n+1}-u_n=\frac{ad-bc}{\left(cn+d\right)\left[cn+\left(c+d\right)\right]}>0\iff u_{n+1}>u_n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, hay $\left(u_n\right)$ là dãy tăng.

Khi $ad-bc<0$ thì $u_{n+1}-u_n=\frac{ad-bc}{\left(cn+d\right)\left[cn+\left(c+d\right)\right]}<0\iff u_{n+1}<u_n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, hay $\left(u_n\right)$ là dãy giảm.

Khi $ad-bc=0$ thì $u_{n+1}-u_n=\frac{ad-bc}{\left(cn+d\right)\left[cn+\left(c+d\right)\right]}=0\iff u_{n+1}=u_n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Vậy $u_1=u_2=u_3=...=u_n$, hay $\left(u_n\right)$ là một dãy không thay đổi.

b) $ad-bc=0\iff ad=bc\iff \frac{a}{c}=\frac{b}{d}$. Đặt $\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=t\left(t\ne 0\right)\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=ct\\ b=dt\end{array}$.

Khi đó $u_n=\frac{an+b}{cn+d}=\frac{ct.n+dt}{cn+d}=\frac{t\left(cn+d\right)}{cn+d}=t$ hay $u_n=\frac{a}{c}$.

Vậy $u_n=\frac{a}{c}$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.