Đề thi giữa học kì 1 Toán 11 - Đề số 7

$\alpha \pi$ rad $= {\left( {\alpha .180} \right)^o}$.

Ta có: $\frac{{{{2.180}^o}}}{5} = {72^o}$.

Dựa vào góc phần tư trên đường tròn lượng giác để xét dấu.

Vì $\pi < x < \frac{{3\pi }}{2}$ nên x thuộc góc phần tư thứ III nên $\cos x < 0;\sin x < 0$.

Tính số đo góc bánh xe quay được khi di chuyển 1 bánh răng, từ đó tính số đo góc bánh xe quay được khi di chuyển 10 bánh răng.

Số đo góc mà bánh xe quay được khi di chuyển 1 bánh răng là $\frac{{{{360}^o}}}{{72}} = {5^o} \Rightarrow 10$ bánh răng là ${50^o}$.

Dựa vào các công thức biến đổi lượng giác.

Ta có: $\cos 2a = 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a - 1$ nên A sai.

$\cos 2a = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a \Leftrightarrow 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a = 1 - \cos 2a$ nên B đúng.

Các đáp án C và D hiển nhiên đúng.

Dựa vào công thức tổng thành tích.

$\cos u - \cos v = - 2\sin \frac{{u + v}}{2}\sin \frac{{u - v}}{2}$.

Hàm số $\tan u$ xác định khi $\cos u \ne 0$.

Hàm số $y = {\rm{tan}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right)$ xác định khi $2x - \frac{\pi }{4} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi$.

Suy ra $x \ne \frac{{3\pi }}{8} + k\frac{\pi }{2},k \in Z$.

Tìm hai điểm chung thuộc cả hai mặt phẳng, đường thẳng đi qua hai điểm đó là giao tuyến.

A là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (ACD) và (GAB).

Gọi $N = BG \cap CD$. Khi đó $N \in BG \subset \left( {GAB} \right)$ nên $N \in \left( {GAB} \right)$ và $N \in CD \subset \left( {ACD} \right)$ nên $N \in \left( {ACD} \right)$.

Suy ra N là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (ACD) và (GAB).

Vậy $\left( {ABG} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AN$.

Dựa vào các cách xác định một mặt phẳng.

A sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ra chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

D sai vì hai đường thẳng có thể trùng nhau.

Dựa vào các tính chất được thừa nhận về điểm, đường thẳng và mặt phẳng.

Mệnh đề A "Nếu hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất" sai vì có thể hai mặt phẳng trùng nhau.

Mệnh đề B sai vì chúng có thể không có điểm chung nào.

Mệnh đề C sai vì hai mặt phẳng có thể song song.

Dựa vào tính chất của hai đường thẳng song song.

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{K \in \left( {ABD} \right) \cap \left( {IJK} \right)}\\{IJ \subset \left( {IJK} \right)}\\{AB \subset \left( {ABD} \right)}\\{IJ\parallel AB}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {ABD} \right) \cap \left( {IJK} \right) = KM\parallel AB\parallel IJ$.

Tìm mặt phẳng chứa K, N.

Ta có $\left( {BNC} \right) \cap \left( {AKD} \right) = KN$.

Áp dụng các mối quan hệ song song trong không gian.

Trong mặt phẳng (SAC), qua I kẻ $IJ\parallel SA\left( {J \in SC} \right) \Rightarrow J \in \left( P \right)$.

Trong mặt phẳng (ABCD), qua I kẻ $MN\parallel \left( {BCD} \right)$.

Gọi $H = MN \cap DC,K = MN \cap BC \Rightarrow H,K \in \left( P \right)$.

Gọi $Q = HJ \cap SD,P = SB \cap JK \Rightarrow P,Q \in \left( P \right)$.

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (P) là ngũ giác MNPJQ.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

a) Sai. $\cos 2x = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x = 1 - 2{m^2}$.

b) Sai. $m = \frac{2}{3} \Rightarrow \sin x = \frac{2}{3}$ có 6 nghiệm thuộc $[0;3\pi ]$.

c) Sai. Phương trình $\sin x \in [ - 1;1] \Rightarrow \sin x = m$ vô nghiệm khi $\left[ {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{m > 1}\\{m < - 1}\end{array}$} \right..

d) Đúng. $m = \frac{1}{2} \Rightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}$} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).

Dựa vào tính chất của hai đường thẳng song song.

a) Đúng. $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{AB\parallel CD}\\{AB \subset \left( {SAB} \right)}\\{CD \subset \left( {SCD} \right)}\\{S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)}\end{array}} \right.$ nên giao tuyến của (SAB) và (SCD) là đường thẳng đi qua S và song song với AB.

b) Sai. $\left( {SCD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SC$.

c) Đúng. Gọi $M \in SC$, do $AB\parallel CD$ và M thuộc $\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right)$ nên giao tuyến của (ABM) và (SCD) là đường thẳng đi qua M và song song với AB.

d) Đúng. Gọi $N \in SB$, do $AB\parallel CD$ và N thuộc $\left( {SAB} \right) \cap \left( {NCD} \right)$ nên giao tuyến của (SAB) và (NCD) là đường thẳng đi qua N và song song với AB.

Dựa vào khái niệm góc lượng giác.

Ta có góc (Ov, Ou) là góc tạo bởi tia Ov quay cùng chiều kim đồng hồ đến Ou và bằng $- {270^o}$.

Tính ${x_1}\left( t \right) + {x_2}\left( t \right)$ bằng cách áp dụng công thức tổng thành tích.

${x_1}\left( t \right) = 3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right)$ (cm).

${x_2}\left( t \right) = 3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t - \frac{\pi }{6}} \right)$ (cm).

${x_1}\left( t \right) + {x_2}\left( t \right) = 3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right) + 3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t - \frac{\pi }{6}} \right)$

$= 3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right) + 3\sin \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right)$

$= 3\sqrt 2 \left[ {\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right)\frac{1}{{\sqrt 2 }} + \sin \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right)\frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right]$

$= 3\sqrt 2 \cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right) = 3\sqrt 2 \cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{{12}}} \right)$

$\Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{{12}} = {15^o}$.

Áp dụng tính chất của hai đường thẳng song song.

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi $\left\{ G \right\} = AC \cap BM$(dễ thấy G là trọng tâm tam giác BCD). Ta có 3 mặt phẳng (SAC), (SCD) và (BMN) cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt là MN, SC và PG.

Trong đó, MN là đường trung bình của tam giác SCD nên $MN\parallel SC$.

Theo định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có MN, SC và PG đôi một song song.

Suy ra $PG\parallel SC$.

Lúc đó, xét tam giác SAC ta có $\frac{{SP}}{{SA}} = \frac{{CG}}{{CA}} = \frac{1}{3}$.

Sử dụng điều kiện và tính chất của đường thẳng và mặt phẳng song song.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{AD\parallel \left( {MNP} \right)}\\{AD \subset \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {ABCD} \right) \cap \left( {MNP} \right) = PQ}\end{array} \Rightarrow PQ\parallel AD\left( {Q \in CD} \right)} \right.$.

Thiết diện khối chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP) là hình thang MNQP.

Do ${\rm{\Delta }}SDC = {\rm{\Delta }}SAB$ (c.c.c) nên ${\rm{\Delta }}NDQ = {\rm{\Delta }}MAP$ (c.c.c) $\Rightarrow NQ = MP$.

Vậy MNQP là hình thang cân.

Ta có $\cos \angle SAB = \frac{{S{A^2} + A{B^2} - S{B^2}}}{{2.SA.AB}} = \frac{{9 + 9 - 27}}{{2.3.3}} = \frac{{ - 1}}{2}$.
$M{P^2} = M{A^2} + A{P^2} - 2MA.AP.\cos MAP$

$= \frac{9}{4} + 4 - 2 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{{ - 1}}{2} = \frac{{37}}{4} \Rightarrow MP = \frac{{\sqrt {37} }}{2}$.

Từ M kẻ ME ⊥ PQ, từ N kẻ NF ⊥ PQ. Tứ giác MNFE là hình chữ nhật nên $MN = EF = \frac{3}{2}$ $\Rightarrow PE = QF = \frac{3}{4}$ $\Rightarrow ME = \sqrt {M{P^2} - P{E^2}} = \frac{{\sqrt {139} }}{4}$.

Vậy diện tích thiết diện cần tìm là ${S_{MNQP}} = \frac{{\left( {MN + PQ} \right).ME}}{2} = \frac{{\sqrt {139} }}{{16}} = 0,74$.

a) Sử dụng cách giải phương trình lượng giác cơ bản.

b) Giải phương trình bậc hai đối với sin x.

a) Ta có: $\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ $\Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{6}$ $\Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

b) Đặt $t = \sin x, - 1 \le t \le 1$.

$2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x + \sin x - 3 = 0$ $\Leftrightarrow 2{t^2} + t - 3 = 0$ $\Leftrightarrow \left[ {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 1}\\{t = - \frac{3}{2}}\end{array}$} \right..

Kết hợp điều kiện $- 1 \le t \le 1$ ta có $t = 1$.

Suy ra $\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vây phương trình có nghiệm $x = \frac{\pi }{2} + k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

a) Sử dụng cách xác định giao tuyến của hai mặt phẳng bằng cách tìm 2 điểm chung.

b) Chứng minh IJ là đường trung bình của tam giác SAC, gọi N = IJ ∩ SO, K = BN ∩ SD. Chứng minh N là trung điểm SO.

Gọi M là trung điểm SD, chứng minh SD = 2MN.

Xét tam giác BKD, sử dụng định lí Thales chứng minh $KD = \frac{4}{3}MN$.

Tính tỉ số KD, từ đó suy ra tỉ số $\frac{{SK}}{{SD}}$.

a) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{S \in \left( {SAC} \right)}\\{S \in \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)} \right.$ (1)

Gọi $O = AC \cap BD$.

Khi đó: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{O \in \left( {SAC} \right)}\\{O \in \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)} \right.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

b) Trong tam giác SAC, gọi $N = IJ \cap SO$.

Trong tam giác SBD, gọi $K = BN \cap SD$.

Khi đó $K \in BN$ mà $BN \subset \left( {BIJ} \right) \Rightarrow K \in \left( {BIJ} \right)$ (3)

Lại có $K \in SD$ (4)

Từ (3), (4) suy ra $K = SD \cap \left( {BIJ} \right)$.

Ta có: IJ là đường trung bình của tam giác SAC và $N = IJ \cap SO$ suy ra N là trung điểm của đoạn thẳng SO. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng OD.

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác SOD.

Do đó $MN = \frac{1}{2}SD \Leftrightarrow SD = 2MN$(5)

Mặt khác, xét tam giác BKD ta có MN // KD, theo định lí Thales ta có:
$\frac{{MN}}{{KD}} = \frac{{BM}}{{BD}} = \frac{3}{4}$ hay $KD = \frac{4}{3}MN$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\frac{{KD}}{{SD}} = \frac{2}{3}$.

Do đó $\frac{{SK}}{{SD}} = \frac{1}{3}$.