Đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo – Đề 13 (có đáp án)

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

(Đúng) Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là một đường thẳng đi qua $S$ và song song với $CD$
(Vì): \\ Ta có
$\{\begin{array}{l}AB\subset (SAB)\\ CD\subset (SCD)\\ AB\parallel CD\\ S\in (SAB)\cap (SCD)\end{array}$.
Vậy $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ với $d\parallel AB\parallel CD$, $S\in d$.
(Đúng) Gọi $H$ là giao điểm của $BP$ và mặt phẳng $(SAC)$. Khi đó $H=BP\cap SO$
(Vì): \\ Trong mặt phẳng $(ABCD)$,
gọi $O=AC\cap BD$.
Suy ra $SO=(SAC)\cap (SBD)$.
Trong mặt phẳng $(SBD)$, gọi $H=BP\cap SO$.
Vậy $BP\cap (SAC)=H$.
(Đúng) $NP\parallel (SBC)$
(Vì): \\ Vì $P$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SD$, $CD$ nên $NP$ là đường trung bình của tam giác $SCD$.
Suy ra $NP\parallel SC$.
Mà $SC\subset (SBC)$ nên $NP\parallel (SBC)$.
(Sai) Gọi $Q$ là giao điểm của $SA$ với $(MNP)$. Khi đó $\frac{SQ}{SA}=\frac{1}{5}$
(Vì): \\ Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $MN$.
Trong mặt phẳng $(SAC)$, lấy $Q$ thuộc $SA$ sao cho $IQ\parallel SC$.
Khi đó, ta có $I\in (MNP)$ và $IQ\parallel NP$ nên $Q\in (MNP)$.
Vậy $Q$ là giao điểm của $SA$ với mặt phẳng $(MNP)$.
Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ nên $MN\parallel BD$ hay $NI\parallel DO$.
Trong tam giác $DOC$ có $NI\parallel DO$ và $N$ là trung điểm của $CD$ nên $NI$ là đường trung bình của tam giác $DOC$, suy ra $I$ là trung điểm của $OC$.
Khi đó $\frac{CI}{CO}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{CI}{CA}=\frac{1}{4}$.
Xét tam giác $SAC$, ta có $IQ\parallel SC$ nên $\frac{SQ}{SA}=\frac{CI}{CA}=\frac{1}{4}$.

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

 

 Áp dụng công thức đổi rad sang độ $n=\frac{\alpha \cdot 180}{\pi }$.

Đúng: $n=\frac{\pi }{9}\cdot \frac{{180}^{\mathrm{o}}}{\pi }=20^{\mathrm{o}}$.

Đúng: $n=\frac{5\pi }{4}\cdot \frac{{180}^{\mathrm{o}}}{\pi }=225^{\mathrm{o}}$.

Sai: $n=\frac{3\pi }{5}\cdot \frac{{180}^{\mathrm{o}}}{\pi }=108^{\mathrm{o}}$.

Sai: $n=\frac{7\pi }{12}\cdot \frac{{180}^{\mathrm{o}}}{\pi }=105^{\mathrm{o}}$.

(Đúng) $\frac{\pi }{9}\text{rad}={20}^{°}$

(Vì): Ta có $n=\frac{\pi }{9}\cdot \frac{{180}^{\mathrm{o}}}{\pi }=20^{\mathrm{o}}$.

(Sai) $\frac{5\pi }{4}\text{rad}={200}^{°}$

(Vì): Ta có $n=\frac{5\pi }{4}\cdot \frac{{180}^{\mathrm{o}}}{\pi }=225^{\mathrm{o}}$.

(Đúng) $\frac{3\pi }{5}\text{rad}={108}^{°}$

(Vì): Ta có $n=\frac{3\pi }{5}\cdot \frac{{180}^{\mathrm{o}}}{\pi }=108^{\mathrm{o}}$.

(Sai) $\frac{7\pi }{12}\text{rad}={155}^{°}$

(Vì): Ta có $n=\frac{7\pi }{12}\cdot \frac{{180}^{\mathrm{o}}}{\pi }=105^{\mathrm{o}}$, vậy 155^o là sai.

Ngày thứ nhất Aladin ước được $u_1=4$ điều.

Ngày thứ hai Aladin ước $u_2=2u_1=4.2$ điều.

Ngày thứ ba Aladin ước $u_3=2u_2=4.2^2$ điều.

Ngày thứ tư Aladin ước $u_4=2u_3=4.2^3$ điều.

Ngày thứ năm Aladin ước $u_5=2u_4=4.2^4$ điều.

Ngày thứ n Aladin ước $u_n=2u_{n-1}=4.2^{n-1}$ điều.

Vậy $u_1,u_2,...,u_n,...$ lập thành 1 cấp số nhân với $u_1=4$ và công bội $q=2.$

Vậy sau $11$ ngày Aladin đã ước: $S_5=u_1+u_2+...+u_{11}=4\left(\frac{1-2^{10}}{1-2}\right)=4092$ điều.

Thành phố A có 12 giờ ánh sáng mặt trời nên $$d\left(t\right)=12$$

$$\iff 3\sin \left[\frac{\pi }{182}\left(t-80\right)\right]+12=12$$$$\iff \sin \left[\frac{\pi }{182}\left(t-80\right)\right]=0$$

$$\iff \frac{\pi }{182}\left(t-80\right)=k\pi ,k\in \mathbb{Z}$$$\iff t=80+182k$

Mà $0<t\le 365\Rightarrow 0<80+182k\le 365\iff -\frac{40}{91}<k\le \frac{285}{182}$

Do $k\in \mathbb{Z}\Rightarrow [\begin{array}{l}k=0\\ k=1\end{array}$

Với $k=0\Rightarrow t=80$

Với $k=1\Rightarrow t=262$

Vậy có 2 ngày để thành phố A có 12 giờ ánh sáng mặt trời.

Cơ sở $A$giá mét khoan đầu tiên là $8000$(đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm $500$(đồng) so với giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số cộng ta có:

Nếu đào giếng $20$$$\left(\mathrm{m}\right)$$hết số tiền là: $S_{20}=\frac{20}{2}\left(2.8000+\left(20-1\right)500\right)=255000$ (đồng).

Nếu đào giếng $25$$$\left(\mathrm{m}\right)$$hết số tiền là: $S_{25}=\frac{25}{2}\left[2.8000+\left(25-1\right)500\right]=350000$(đồng).

Cơ sở $B$giá của mét khoan đầu tiên là $6000$(đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm $7\%$giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số nhân ta có:

Nếu đào giếng $20$$$\left(\mathrm{m}\right)$$hết số tiền là: ${S^{\text{'}}}_{20}^{}=6000\frac{1-{\left(1,07\right)}^{20}}{1-1,07}\approx 245973$ đồng).

Nếu đào giếng $25$$$\left(\mathrm{m}\right)$$hết số tiền là: ${S^{\text{'}}}_{25}^{}=6000\frac{1-{\left(1,07\right)}^{25}}{1-1,07}\approx 379494$ (đồng).

Ta thấy ${S^{\text{'}}}_{20}^{}<S_{20}$, ${S^{\text{'}}}_{25}^{}>S_{25}$ nên giếng $20$$$\left(\mathrm{m}\right)$$chọn B còn giếng $25$$$\left(\mathrm{m}\right)$$chọn A

Gọi giao điểm của $CG$ với $AB$ là $I$.

Thiết diện của mặt phẳng $(CGD)$ với tứ diện $ABCD$ là tam giác $DCI$.

Ta có $G$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$ nên ta có $CI=\frac{8\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$ và $CG=\frac{8\sqrt{3}}{3}$.

Áp dụng định lí Pytago nên $DG=\sqrt{D{C}^2-C{G}^2}=\frac{8\sqrt{6}}{3}$.

Vậy $S_{DCI}=\frac{1}{2}DG\cdot CI=\frac{1}{2}\cdot \frac{8\sqrt{6}}{3}\cdot \frac{8\sqrt{3}}{2}=16\sqrt{2}=22,6$

Đổi $2,4\mathrm{m}=240\mathrm{cm}$, $1,2\mathrm{m}=120\mathrm{cm}$.

Số viên gạch ở hàng đầu tiên (ứng với đáy lớn) là $u_1=\frac{240}{10}=24$.

Số viên gạch ở hàng trên cùng (ứng với đáy nhỏ) là $u_n=\frac{120}{10}=12$.

Vì mỗi hàng ở phía trên chứa ít hơn một viên so với hàng ở ngay phía dưới nó nên ta thu được một cấp số cộng có công sai $d=-1$.

Như vậy $u_n=12=u_1+(n-1)d\iff n=13$.

Vậy số viên gạch hình vuông cần thiết để ốp hết bức tường đó là

$S_{13}=\frac{13\left(u_1+u_{13}\right)}{2}=234\mathrm{vi}\hat{\mathrm{e}}\mathrm{ngach}.$