Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 8 (có đáp án)

Gọi$$S$$là diện tích rừng khai thác hàng năm theo dự kiến. Ta có tổng diện tích rừng là $$60S$$.

Trên thực tế diện tích rừng khai thác tăng $$5\%/$$năm nên diện tích rừng đã khai thác trong năm thứ $$n$$ là $$S(1+0,05{)}^{n-1}$$.

Tổng diện tích rừng đã khai thác sau năm thứ $n$ là$$S+S(1+0,05{)}^1+S(1+0,05{)}^2+...S(1+0,05{)}^{n-1}=S\frac{{(1+0,05)}^n-1}{0,05}$$

Sau$n$năm khai thác hết nếu: $$S\frac{{(1+0,05)}^n-1}{0,05}=60\mathrm{S}\iff (1,05{)}^n-1=3\iff (1,05{)}^n=4\iff n={\log }_{1,05}4\approx 28,41$$

Vậy sau $29$ năm diện tích rừng sẽ bị khai thác hết.

Theo giả thiết ta có $$P\left(1\right)=X=253$$.

Ngày thứ 10 có 2024 ca nên $P\left(10\right)=X.{\mathrm{e}}^{9r_0}\iff 2024=253.{\mathrm{e}}^{9r_0}\iff r_0=\frac{\ln 8}{9}$.

Vậy ngày thứ 20 số ca nhiễm bệnh là $P\left(20\right)=253.{\mathrm{e}}^{\frac{19\ln 8}{9}}\approx 20401.$

+ Gọi hình chóp tứ giác đều là $S.ABCD$ như hình vẽ, $O=AC\cap BD,M$ là trung điểm của $AB$

Khi đó góc nhị diện tạo bởi mặt bên $\left(SAB\right)$ và mặt đáy $\left(ABCD\right)$ là $\left[S,AB,O\right]$.

Ta có $SM\perp AB$ và $OM\perp AB$, suy ra $\widehat{SMO}$ là góc phẳng nhị diện $\left[S,AB,O\right]$.

Xét tam giác $SMO$ ta có $$\tan \widehat{SMO}=\genfrac{}{}{0ex}{}{SO}{OM}\Rightarrow BC=2OM=\genfrac{}{}{0ex}{}{2SO}{\tan \widehat{SMO}}\approx 230,36(m)$$

+ Tìm số đo của góc phẳng nhị diện hai mặt bên, tức là số đo của góc phẳng nhị diện $\left[A,SB,C\right]$

Kẻ $AI\perp SB$, lại có $SB\perp AC$(vì$AC\perp \left(SBD\right)$) từ đó suy ra $SB\perp CI$.

Vậy góc phẳng nhị diện $\left[A,SB,C\right]$ là góc $\widehat{AIC}$.

Hai tam giác $\Delta SAB=\Delta SBC$ suy ra hai đường cao $AI=CI$, tam giác $\Delta IAC$ cân tại I.

Đặt $a=230,36;h=146,6$

Ta có $AC=a\sqrt{2}\Rightarrow OA=\genfrac{}{}{0ex}{}{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{O}^2+O{A}^2}=\sqrt{h^2+\genfrac{}{}{0ex}{}{a^2}{2}}$; $$SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=\sqrt{h^2+\genfrac{}{}{0ex}{}{a^2}{4}}$$

Trong tam giác cân SAB ta có $S^{\Delta SAB}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AI.SB=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}SM.AB\Rightarrow AI=\genfrac{}{}{0ex}{}{SM.AB}{SB}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{h^2+\genfrac{}{}{0ex}{}{a^2}{4}}.a}{\sqrt{h^2+\genfrac{}{}{0ex}{}{a^2}{2}}}$

$\cos \widehat{AIC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{A{I}^2+C{I}^2-A{C}^2}{2AI.CI}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2a^2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4h^2+a^2}{2\left(2h^2+a^2\right)}\right)-2a^2}{2.\genfrac{}{}{0ex}{}{4h^2+a^2}{2\left(2h^2+a^2\right)}{a}^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{-a^2}{4h^2+a^2}$, thay số $a=230,36;h=146,6$

Ta suy ra được $\widehat{AIC}\approx 112^{0}26^{\prime }16^{\prime \prime }$.

Dựng \(HI \bot AB\).

Ta có: $$\begin{array}{l}AB\perp IH\\ AB\perp SH\end{array}\}\Rightarrow AB\perp \left(SIH\right)$$ và $\left(SIH\right)\cap \left(SAB\right)=SI$.

Dựng $HK\perp SI$.

Ta có : $$\begin{array}{l}HK\perp AB\\ HK\perp SI\end{array}\}\Rightarrow HK\perp \left(SAB\right)$$.

Vậy $d\left(H,\left(SAB\right)\right)=HK$.

Do $HI//BC$ nên dễ dàng chỉ ra được $I$ là trung điểm của $AB$ và $IH=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $IA=IB=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$.

Ta có $AB\perp SI$ nên $SI=\sqrt{S{B}^2-I{B}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$.

Do $SH\perp IH$ nên xét tam giác vuông $SIH$ có:

$SH=\sqrt{S{I}^2-I{H}^2}=\sqrt{\frac{7a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}}=a$; $HK=\frac{SH.HI}{SI}=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

Do vậy, ta có $d\left(H,\left(SAB\right)\right)=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

Gọi \[I\] là trung điểm của $$BC$$, khi đó góc giữa mp$$\left(SBC\right)$$ và mp$$\left(ABC\right)$$ là $$\widehat{SIA}=30^0$$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $$A$$ trên $$SI$$ suy ra $$d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=a$$.

Xét tam giác $$AHI$$ vuông tại $$H$$ suy ra $$AI=\frac{AH}{\sin {30}^0}=2a$$.

Giả sử tam giác đều $$ABC$$ có cạnh bằng $$x$$, mà $$AI$$ là đường cao nên: $2a=\frac{x\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=\frac{4a}{\sqrt{3}}$.

Diện tích tam giác đều $$ABC$$ là $$S_{ABC}={\left(\frac{4a}{\sqrt{3}}\right)}^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{4a^2\sqrt{3}}{3}$$.

Xét tam giác $$SAI$$ vuông tại $$A$$ suy ra $$SA=AI.\tan 30^0=\frac{2a}{\sqrt{3}}$$.

Vậy $$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{4a^2\sqrt{3}}{3}.\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{8a^3}{9}$$.