Đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới – Đề 5 (có đáp án)

a) S, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Điều kiện $\cos \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)\ne 0\iff 2x-\frac{\pi }{3}\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \iff x\ne \frac{5\pi }{12}+k\frac{\pi }{2},k\in \mathbb{Z}$.

b) Phương trình tương đương với $\tan \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)=\sqrt{3}$$\iff x=\frac{\pi }{3}+\frac{k\pi }{2},k\in \mathbb{Z}$.

c) Ta có $x<0\iff \frac{\pi }{3}+\frac{k\pi }{2}<0\iff k<-\frac{2}{3}$.

Vậy nghiệm âm lớn nhất là $x=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{6}$.

d) Vì $-\frac{\pi }{4}<x<\frac{2\pi }{3}$ $\iff -\frac{\pi }{4}<\frac{\pi }{3}+\frac{k\pi }{2}<\frac{2\pi }{3}$$\iff -\frac{7}{6}<k<\frac{2}{3}$.

Do $k\in \mathbb{Z}$ nên $k\in \left\{-1;0\right\}$.

Với $k=-1$ thì $x=-\frac{\pi }{6}$.

Với $k=0$ thì $x=\frac{\pi }{3}$.

Vậy $x=-\frac{\pi }{6}$ và $x=\frac{\pi }{3}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) S, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Số hạng đầu và công bội của cấp số nhân lần lượt là $u_1=5;q=2$.

b) Số hạng thứ năm của cấp số nhân là $u_5=u_1.q^4=5.2^4=80$.

c) Ta có $u_n=u_1.q^{n-1}$$\iff 163840=5.2^{n-1}$$\iff 2^{n-1}=32768$$\iff 2^{n-1}=2^{15}\iff n=16$.

Vậy cấp số nhân đã cho có 16 số hạng.

d) Tổng 8 số hạng đầu của cấp số nhân là $S_8=u_1.\frac{1-q^8}{1-q}$$=5.\frac{1-2^8}{1-2}=1275$.

a) S, b) Đ, c) S, d) Đ

S.ABCD có đáy là h (ảnh 1)">

a) Ta có $M\in SD$ mà $SD\not\subset \left(ABCD\right)$ nên $M\notin \left(ABCD\right)$.

b) Trong $\left(SBD\right)$ có $SO\cap BM=G$ mà $SO\subset \left(SAC\right)$ nên $G=BM\cap \left(SAC\right),G\in SO$.

c) Xét $\Delta SBD$ có $BM,SO$ là trung tuyến nên $G$ là trọng tâm.

Do đó $\frac{SG}{GO}=2$.

d) Trong $\left(SCD\right)$ có $MN\cap CD=K$ mà $CD\subset \left(ABCD\right)$. Suy ra $K=MN\cap \left(ABCD\right)$.

Trong mặt phẳng $\left(ABCD\right)$, có $AC$ không song song với $BK$ nên $AC$ và $BK$ cắt nhau.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Số sinh viên được điều tra là $n=12+20+37+21+10=100$.

b) Giá trị đại diện của nhóm $\left[10;12\right)$ là $\frac{10+12}{2}=11$.

c) Nhóm có tần số lớn nhất là $\left[6;8\right)$.

$M_0=6+\frac{37-20}{\left(37-20\right)+\left(37-21\right)}.\left(8-6\right)\approx 7,03$.

d) Giả sử $x_1;...;x_{100}$ là số giờ làm thêm trong một tuần của sinh viên một trường đại học X được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có tứ phân vị thứ hai là $\frac{x_{50}+x_{51}}{2}$, mà $x_{50};x_{51}\in \left[6;8\right)$.

Ta có $Q_2=6+\frac{\frac{100}{2}-32}{37}.\left(8-6\right)\approx 6,97$.

Trả lời: 171

Ta có $s\left(t\right)=3\sin \left[\frac{\pi }{182}\left(t-80\right)\right]+12\le 3+12=15$.

Dấu bằng xảy ra khi $\sin \left[\frac{\pi }{182}\left(t-80\right)\right]=1$$\iff \frac{\pi }{182}\left(t-80\right)=\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$$\iff t=171+364k$

Vì $t\in \left(0;365\right]$ nên $0<171+364k\le 365$$\iff -\frac{171}{364}<k\le \frac{194}{364}$.

Mà $k\in \mathbb{Z}$ nên $k=0$. Vậy $t=171$.

Trả lời: 99

Giả sử người ta đã trồng được $n$ hàng.

Số cây ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với $u_1=1,d=1$.

Tổng số cây ở $n$ hàng cây là $S_n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}=4950$$\iff n^2+n-9900=0$$\iff n=99$.

Vậy có 99 hàng cây được trồng theo cách trên.

Trả lời: −0,5

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2-x}-\sqrt[3]{x^3+1}\right)$$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2-x}-x-\sqrt[3]{x^3+1}+x\right)$

$$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2-x}-x\right)-\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{x^3+1}-x\right)$$

$$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-x}{\sqrt{x^2-x}+x}-\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt[3]{{\left(x^3+1\right)}^2}+x\sqrt[3]{x^3+1}+x^2}$$

$$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-1}{\sqrt{1-\frac{1}{x}}+1}-0=-0,5$$.

 

Tổng các cạnh nằm trên tia $$Ax$$ của các hình vuông đó là:

$S=10+5+\frac{5}{2}+\frac{5}{2^2}+....$

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=10;q=\frac{1}{2}$.

Do đó $S=\frac{10}{1-\frac{1}{2}}=20$ (cm).

Vậy trên tia $$Ax$$ cần có một đoạn thẳng dài 20 cm.

Trả lời: 1

ABCD. Gọi $M,N,I$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $CD,AC,BD$. $G$ là trung điểm $NI$. Giả sử giao điểm của $GM$ và $\left(ABD\right)$ là $F$. Tính tỉ số $\frac{FA}{FB}$? (ảnh 1)">

Ta có $\{\begin{array}{l}N\in \left(MNI\right)\cap \left(ABC\right)\\ IM//BC\end{array}\Rightarrow \left(MNI\right)\cap \left(ABC\right)=d$.

Với $d$ là đường thẳng đi qua $N$ và song song với $BC$.

Gọi $F=AB\cap d$.

Xét tứ giác $MIFN$ có $\{\begin{array}{l}MI//NF\\ MI=NF\end{array}\Rightarrow MIFN$ là hình bình hành.

Mà $G$ là trung điểm của $NI$ nên $M,G,F$ thẳng hàng.

Vậy $MG\cap \left(ABD\right)=F\in AB$ và $F$ là trung điểm của $AB$ nên $\frac{FA}{FB}=1$.

Trả lời: 6

S.ABCD có đáy \(ABCD\ (ảnh 1)">

Gọi \(M\) là trung điểm của $BC$, $F$ là giao điểm của $AM$ và $CD$ trong mặt phẳng $\left(ABCD\right)$.

Theo định lí Talet, ta có $\frac{MA}{MF}=\frac{MB}{MC}=1\Rightarrow MA=MF\Rightarrow M$ là trung điểm của $AF$.

Suy ra $\frac{AG}{AF}=\frac{AG}{2AM}=\frac{1}{3}$.

Ta có $\{\begin{array}{l}GE\subset \left(SAF\right)\\ GE//\left(SCD\right)\\ \left(SAF\right)\cap \left(SCD\right)=SF\end{array}$$\Rightarrow GE//SF\Rightarrow \frac{AE}{AS}=\frac{AG}{AF}=\frac{1}{3}\Rightarrow AE=\frac{1}{3}AS$.

Suy ra $SE=\frac{2}{3}SA\Rightarrow \frac{m}{n}=\frac{2}{3}\Rightarrow m.n=6$.