Đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo – Đề 16 (có đáp án)

(Đúng) $EFDC$ là hình thang
(Vì): Đúng.
Do $ABCD$ và $ABEF$ là các hình bình hành nên $\{\begin{array}{l}EF\parallel CD(\parallel AB)\\ EF=CD(=AB)\end{array}$ suy ra $EFDC$ là hình bình hành.
(Đúng) $FD\parallel EC$
(Vì): Đúng.
Do $EFDC$ là hình bình hành nên $FD\parallel EC$.
(Đúng) $(ADF)\parallel (BCE)$
(Vì): Đúng.
Do $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\subset (BCE)\\ AF\parallel BE\subset (BCE)\\ AD,AF\subset (ADF)\\ AD\cap AF=A\end{array}\Rightarrow (ADF)\parallel (BCE)$.
(Sai) $\frac{AN}{NC}=3$
(Vì): Đúng.
Vẽ mp$(P)$ chứa $M$ và $(P)\parallel (ADF)$.
Trong $(ABEF)$ kẻ $IJ\parallel AF$ qua $M$ với $I\in AB$, $J\in EF$.
Từ $I$ kẻ $IK\parallel AD$ với $K\in CD$.
Nối $J$ với $K$.
Ta được $(P)$ cắt $AB$, $AC$, $CD$, $EF$ lần lượt tại $I$, $N$, $K$, $J$.
Gọi $Q$ là trung điểm của $BE$, mà $M$ là trọng tâm  nên $AM=2MQ$.
Mà $MI\parallel AF\parallel BE$ suy ra $\frac{AM}{QM}=\frac{AI}{IB}=2$.(1)
Lại có $\frac{AI}{BI}=\frac{AN}{NC}$ do $IN\parallel BC$.(2)
Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AN}{NC}=2$.

 Ta có $\cos x=0\iff x=\frac{\pi }{2}+k\pi$, $(k\in \mathbb{Z})$.

(Sai) $\sin x=0\iff x=k2\pi$, $(k\in \mathbb{Z})$

(Vì): Đây là khẳng định sai. Nghiệm tổng quát của phương trình $\sin x=0$ là $x=k\pi$, với $k\in \mathbb{Z}$.

(Sai) $\sin x=0\iff x=\frac{\pi }{2}+k\pi$, $(k\in \mathbb{Z})$

(Vì): Đây là khẳng định sai. Nghiệm tổng quát của phương trình $\sin x=0$ là $x=k\pi$. Phương trình $x=\frac{\pi }{2}+k\pi$ là nghiệm tổng quát của $\cos x=0$.

(Đúng) $\cos x=0\iff x=\frac{\pi }{2}+k\pi$, $(k\in \mathbb{Z})$

(Vì): Đây là khẳng định đúng. Giá trị $\cos x=0$ khi và chỉ khi điểm biểu diễn của $x$ trên đường tròn lượng giác trùng với trục tung, tức $x=\frac{\pi }{2}+k\pi$.

(Đúng) $\cos x=0\iff x=\frac{\pi }{2}+k\pi$, $(k\in \mathbb{Z})$

(Vì): Đây là khẳng định đúng. Giá trị $\cos x=0$ khi và chỉ khi điểm biểu diễn của $x$ trên đường tròn lượng giác trùng với trục tung, tức $x=\frac{\pi }{2}+k\pi$.

Tại vị trí cân bằng ta có:

$3\cos \left(2t-\frac{\pi }{3}\right)=0\iff \cos \left(2t-\frac{\pi }{3}\right)=0\iff 2t-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+k\pi \iff 2t=\frac{5\pi }{6}+k\pi$

$\iff t=\frac{5\pi }{12}+\frac{k\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Do $t\in \left(0;5\right)\Rightarrow t\in \left\{\frac{5\pi }{12};\frac{11\pi }{12};\frac{17\pi }{12}\right\}$

Do phương trình $3\cos \left(2t-\frac{\pi }{3}\right)=0$ có 3 nghiệm nên vật đi qua vị trí cân bằng $3$ lần.

Sau 3 năm làm việc có 12 quý.

Lương anh Bình nhận được trong quý 1 là $u_1=6.3=18$ (triệu đồng)

Lương anh Bình nhận được trong quý 2 là $u_2=u_1+u_1.5\%=u_1.1,05$

Lương anh Bình nhận được trong quý 3 là $u_3=u_2+u_2.5\%=u_2.1,05$

Lập luận tương tự như vậy thì lương anh Bình nhận được trong quý 12 là $u_{12}=u_{11}.1,05$.

Như vậy, Lương anh Bình nhận được từ quý 1 đến quý 12 là $u_1,u_2,...,u_{12}$ lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu $u_1=18$ và công bội $q=1,05$.

Do đó tổng lương mà anh Bình nhận được sau 3 năm làm việc là $S_{12}=u_1+u_2+...+u_{12}=18.\left(\frac{1-1,{05}^{12}}{1-1,05}\right)\approx 286,5$ (triệu đồng).

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

Trong $$\left(BCD\right)$$ gọi $$E=BO\cap CD,F=IJ\cap CD$$, $$K=BE\cap IJ$$;

Trong $$\left(ABE\right)$$ gọi $$G=KM\cap AE$$.

Có $$\{\begin{array}{l}F\in IJ\subset \left(IJM\right)\\ F\in CD\subset \left(ACD\right)\end{array}\Rightarrow F\in \left(IJM\right)\cap \left(ACD\right)$$, $$\{\begin{array}{l}G\in KM\subset \left(IJM\right)\\ G\in AE\subset \left(ACD\right)\end{array}$$

$\Rightarrow (IJM)\cap (ACD)=FG$

Trong (ACD) gọi $L=GF\cap AD$. Vậy $L=AD\cap (\mathrm{IJM}).$

Khi vật đi qua vị trí cân bằng thì $x=0$, ta có

$\begin{array}{l}2\cos \left(5t-\frac{\pi }{6}\right)=0\iff \cos \left(5t-\frac{\pi }{6}\right)=0\\ \iff 5t-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}\\ \iff 5t=\frac{2\pi }{3}+k\pi \iff t=\frac{2\pi }{15}+\frac{k\pi }{5}.\end{array}$

Trong khoảng thời gian từ $0$ đến $6$ giây, ta có

$0\le \frac{2\pi }{15}+\frac{k\pi }{5}\le 6\iff \frac{-2}{3}\le k\le \frac{90-2\pi }{3\pi }.$

Vì $k\in \mathbb{Z}\Rightarrow k\in \{0;1;2;3;4;5;6;7;8\}$.

Vậy trong khoảng thời gian từ $0$ đến $6$ giây, vật đi qua vị trí cân bằng $9$ lần.