Đề kiểm tra Giữa học kỳ I môn Toán 11 - Năm học 2024-2025

Đáp án

A

B

C

A

B

C

B

A

B

C

A

B

Câu 1

a)

Đ

Hàm số $y = 2\cos\left(2x - \dfrac{\pi}{3}\right) + 1$ xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$.

b)

S

Chu kì cơ sở của hàm số là $T = \dfrac{2\pi}{2} = \pi \ne 2\pi$.

c)

Đ

Ta có $\cos\left(2x - \dfrac{\pi}{3}\right) \le 1 \Rightarrow f(x) \le 3$.
Dấu bằng xảy ra khi $2x - \dfrac{\pi}{3} = k2\pi \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{6} + k\pi \; (k \in \mathbb{Z})$.

d)

S

Phương trình $f(x) = 2 \Leftrightarrow \cos\left(2x - \dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} 2x - \dfrac{\pi}{3} &= \dfrac{\pi}{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{3} + k\pi \\ 2x - \dfrac{\pi}{3} &= -\dfrac{\pi}{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = k\pi \end{aligned} \right.$
Xét $x \in (0; \pi)$:
- Nhánh $x = \dfrac{\pi}{3} + k\pi$: có $1$ nghiệm $x = \dfrac{\pi}{3}$ (với $k = 0$).
- Nhánh $x = k\pi$: không có nghiệm nào thuộc khoảng $(0; \pi)$ (với $k = 0 \Rightarrow x = 0$; $k = 1 \Rightarrow x = \pi$).
Vậy trên khoảng $(0; \pi)$, phương trình chỉ có duy nhất $1$ nghiệm phân biệt.

Câu 2

a)

Đ

Ta có hệ phương trình: $\begin{cases} (u_1 + d) + (u_1 + 4d) - (u_1 + 2d) = 10 \\ u_1 + (u_1 + 5d) = 17 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} u_1 + 3d = 10 \\ 2u_1 + 5d = 17 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} u_1 = 1 \\ d = 3 \end{cases}$.

b)

Đ

Số hạng tổng quát: $u_n = u_1 + (n - 1)d = 1 + 3(n - 1) = 3n - 2$.

c)

S

Cho $3n - 2 = 148 \Leftrightarrow 3n = 150 \Leftrightarrow n = 50$. Vậy $148$ là số hạng thứ $50$, không phải thứ $51$.

d)

Đ

Tổng $20$ số hạng đầu: $S_{20} = \dfrac{20}{2}[2u_1 + 19d] = 10[2\cdot 1 + 19\cdot 3] = 10 \cdot 59 = 590$.

Câu 3

a)

Đ

$M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB, AC \Rightarrow MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC \Rightarrow MN \parallel BC$.
Mà $BC \subset (BCD)$ và $MN \not\subset (BCD)$ nên $MN \parallel (BCD)$.

b)

Đ

Hai mặt phẳng $(MNP)$ và $(BCD)$ có điểm chung $P$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $MN$ và $BC$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng qua $P$ song song với $BC$.

c)

Đ

Giao tuyến cắt $CD$ tại $Q \Rightarrow PQ \parallel BC$.
Trong tam giác $BCD$, theo định lí Thalès ta có: $\dfrac{DQ}{DC} = \dfrac{DP}{DB}$.
Vì $BP = 2PD \Rightarrow BD = 3PD \Rightarrow \dfrac{DP}{DB} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{DQ}{DC} = \dfrac{1}{3}$.
Do đó $\dfrac{CQ}{CD} = 1 - \dfrac{DQ}{DC} = 1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$.

d)

S

Ta có $MN \parallel PQ$ nên $MNQP$ là hình thang.
$MN = \dfrac{1}{2}BC$, và theo định lí Thalès thì $PQ = \dfrac{DP}{DB} \cdot BC = \dfrac{1}{3}BC$.
Do đó tỉ số hai đáy là $\dfrac{MN}{PQ} = \dfrac{1/2}{1/3} = \dfrac{3}{2} = 1,5$ (đáy lớn gấp $1,5$ lần đáy nhỏ, không phải gấp $3$ lần).

Câu 4

a)

Đ

Tại thời điểm bắt đầu $t = 0\text{ s}$: $h(0) = 30 - 25\cos(0) = 30 - 25 = 5\text{ m}$.

b)

S

Vì $\cos\left(\dfrac{\pi}{60}t\right) \ge -1$ nên $h(t) \le 30 - 25(-1) = 55\text{ m}$. Độ cao cực đại là $55\text{ m}$, không phải $60\text{ m}$.

c)

Đ

$h(t) = 42,5 \Leftrightarrow 30 - 25\cos\left(\dfrac{\pi}{60}t\right) = 42,5 \Leftrightarrow \cos\left(\dfrac{\pi}{60}t\right) = -\dfrac{1}{2}$.
Thời điểm đầu tiên ứng với góc dương nhỏ nhất: $\dfrac{\pi}{60}t = \dfrac{2\pi}{3} \Leftrightarrow t = 40\text{ s}$.

d)

Đ

Độ cao từ $42,5\text{ m}$ trở lên khi $\cos\left(\dfrac{\pi}{60}t\right) \le -\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{2\pi}{3} \le \dfrac{\pi}{60}t \le \dfrac{4\pi}{3} \Leftrightarrow 40 \le t \le 80$.
Tổng thời gian trong một vòng quay đầu tiên là $80 - 40 = 40$ giây.

Câu 1

4

$\sin 3x - \sqrt{3}\cos 3x = \sqrt{2} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\sin 3x - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos 3x = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \Leftrightarrow \sin\left(3x - \dfrac{\pi}{3}\right) = \sin\dfrac{\pi}{4}$.
$\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} 3x - \dfrac{\pi}{3} &= \dfrac{\pi}{4} + k2\pi \Leftrightarrow x = \dfrac{7\pi}{36} + \dfrac{k2\pi}{3} \\ 3x - \dfrac{\pi}{3} &= \dfrac{3\pi}{4} + k2\pi \Leftrightarrow x = \dfrac{13\pi}{36} + \dfrac{k2\pi}{3} \end{aligned} \right.$ ($k \in \mathbb{Z}$).
Với $x \in \left(-\dfrac{\pi}{2}; \dfrac{\pi}{2}\right) = \left(-\dfrac{18\pi}{36}; \dfrac{18\pi}{36}\right)$:
- Nhánh 1: $k = 0 \Rightarrow x = \dfrac{7\pi}{36}$; $k = -1 \Rightarrow x = -\dfrac{17\pi}{36}$ (thỏa mãn).
- Nhánh 2: $k = 0 \Rightarrow x = \dfrac{13\pi}{36}$; $k = -1 \Rightarrow x = -\dfrac{11\pi}{36}$ (thỏa mãn).
Vậy có tất cả 4 nghiệm phân biệt.

Câu 2

675

Số tiền bác An trả mỗi tháng lập thành một cấp số cộng $(u_n)$ có số hạng đầu $u_1 = 10$, công sai $d = 0,5$ (triệu đồng), số số hạng $n = 36$.
Tổng số tiền đã trả là: $S_{36} = \dfrac{36}{2}[2u_1 + 35d] = 18[2 \cdot 10 + 35 \cdot 0,5] = 18 \cdot 37,5 = 675$ (triệu đồng).

Câu 3

2/3

Xét hai mặt phẳng $(CDG)$ và $(SAB)$:
Ta có $G \in (CDG) \cap (SAB)$, đồng thời $CD \parallel AB$ ($CD \subset (CDG)$, $AB \subset (SAB)$).
Do đó giao tuyến của $(CDG)$ và $(SAB)$ là đường thẳng đi qua $G$ song song với $AB$ và $CD$.
Đường thẳng này cắt $SB$ tại điểm $N$, suy ra $GN \parallel AB$.
Gọi $K$ là trung điểm cạnh $AB$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $S, G, K$ thẳng hàng và $\dfrac{SG}{SK} = \dfrac{2}{3}$.
Trong tam giác $SAB$, do $GN \parallel AB$ nên theo định lí Thalès ta có: $\dfrac{SN}{SB} = \dfrac{SG}{SK} = \dfrac{2}{3}$.

Câu 4

6

Phương trình $3\sin x + 4\cos x = 2m - 1$ có nghiệm khi và chỉ khi:
$a^2 + b^2 \ge c^2 \Leftrightarrow 3^2 + 4^2 \ge (2m - 1)^2 \Leftrightarrow (2m - 1)^2 \le 25$
$\Leftrightarrow -5 \le 2m - 1 \le 5 \Leftrightarrow -4 \le 2m \le 6 \Leftrightarrow -2 \le m \le 3$.
Vì $m \in \mathbb{Z}$ và $m \in [-10; 10]$ nên $m \in \{-2; -1; 0; 1; 2; 3\}$.
Có tất cả 6 giá trị nguyên thỏa mãn.

Câu 1
(1,0 điểm)

Giải phương trình: $\sin 2x + 2\cos^2 x + \sin x - \cos x - 1 = 0$

1,0

Biến đổi phương trình về dạng nhóm nhân tử:
$(2\sin x\cos x + \sin x) + (2\cos^2 x - \cos x - 1) = 0$

0,25

$\Leftrightarrow \sin x(2\cos x + 1) + (\cos x - 1)(2\cos x + 1) = 0$
$\Leftrightarrow (2\cos x + 1)(\sin x + \cos x - 1) = 0$

0,25

$\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} 2\cos x + 1 &= 0 \quad &(1) \\ \sin x + \cos x &= 1 \quad &(2) \end{aligned} \right.$
Giải (1): $\cos x = -\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x = \pm \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi \; (k \in \mathbb{Z})$.

0,25

Giải (2): $\sin x + \cos x = 1 \Leftrightarrow \sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) = 1 \Leftrightarrow \sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} x + \dfrac{\pi}{4} &= \dfrac{\pi}{4} + k2\pi \Leftrightarrow x = k2\pi \\ x + \dfrac{\pi}{4} &= \dfrac{3\pi}{4} + k2\pi \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi \end{aligned} \right. \; (k \in \mathbb{Z})$.
Vậy nghiệm của phương trình là $x = \pm \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi$; $x = k2\pi$; $x = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi \; (k \in \mathbb{Z})$.

0,25

Câu 2
(1,0 điểm)

[Hình vẽ]

a)

Tìm giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ (0,25 điểm)

0,25

Ta có: $S \in (SAB) \cap (SCD)$.
Mặt khác: $AB \subset (SAB)$, $CD \subset (SCD)$ mà $AB \parallel CD$ (do tứ giác $ABCD$ là hình bình hành).
Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua điểm $S$ và song song với $AB$, $CD$.

0,25

b)

Chứng minh $B, D, I$ thẳng hàng và tính tỉ số $\dfrac{IB}{ID}$ (0,5 điểm)

0,5

Trong mặt phẳng $(SBD)$, xét hai đường thẳng $MN$ và $BD$:
Vì $\dfrac{SM}{SB} = \dfrac{1}{2}$ và $\dfrac{SN}{SD} = \dfrac{1}{3} \ne \dfrac{SM}{SB}$ nên $MN$ không song song với $BD$.
Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $BD$.
Do $I \in MN$ nên $I \in (MN) \Rightarrow I = MN \cap (ABCD)$.
Do $I \in BD$ nên ba điểm $B, D, I$ thẳng hàng.

0,25

Trong mặt phẳng $(SBD)$, kẻ đoạn thẳng qua $D$ song song với $SB$ cắt đường thẳng $MN$ kéo dài tại điểm $K$ (hoặc áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $SBD$ với cát tuyến $M - N - I$):
$\dfrac{MS}{MB} \cdot \dfrac{IB}{ID} \cdot \dfrac{ND}{NS} = 1$.
Theo giả thiết: $M$ là trung điểm $SB \Rightarrow \dfrac{MS}{MB} = 1$; điểm $N$ thỏa mãn $SD = 3SN \Rightarrow ND = 2SN \Rightarrow \dfrac{ND}{NS} = 2$.
Thay vào ta được: $1 \cdot \dfrac{IB}{ID} \cdot 2 = 1 \Leftrightarrow \dfrac{IB}{ID} = \dfrac{1}{2}$.

0,25

c)

Chứng minh đường thẳng $SC$ song song với mặt phẳng $(PMO)$ (0,25 điểm)

0,25

Trong tam giác $SAC$:
$P$ là trung điểm của cạnh $SA$ (giả thiết);
$O$ là trung điểm của đường chéo $AC$ (tính chất hình bình hành $ABCD$).
Suy ra $PO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, do đó $PO \parallel SC$.
Mà $PO \subset (PMO)$ và $SC \not\subset (PMO)$.
Vậy đường thẳng $SC$ song song với mặt phẳng $(PMO)$.

0,25