Đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo – Đề 7 (có đáp án)

a)

Đ

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

(Đúng) Giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với mặt phẳng $(ABC)$ là đường thẳng đi qua $M$ và song song với $AB$
(Vì): Đúng.
Vì $(\alpha )\parallel AB$ nên giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với mặt phẳng $(ABC)$ là đường thẳng đi qua $M$ và song song với $AB$ và cắt $AC$ tại $Q$.
(Đúng) Giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với mặt phẳng $(BCD)$ là đường thẳng đi qua $M$ và song song với $CD$
(Vì): Sai.
Vì $(\alpha )\parallel CD$ nên giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với mặt phẳng $(BCD)$ là đường thẳng đi qua $M$ và song song với $CD$ và cắt $BD$ tại $N$.
(Đúng) Giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với mặt phẳng $(ABD)$ là đường thẳng đi qua $N$ và song song với $AB$
(Vì): Sai.
Vì $(\alpha )\parallel AB$ nên giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với mặt phẳng $(ABD)$ là đường thẳng đi qua $N$ và song song với $AB$ và cắt $AD$ tại $P$.
(Sai) Hình tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với các mặt của tứ diện (ta gọi là thiết diện) là hình chữ nhật
(Vì): Sai.
Ta có $MN\parallel PQ\parallel CD$, $MQ\parallel PN\parallel AB$.
Vậy hình tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với các mặt của tứ diện (ta gọi là thiết diện) là hình bình hành $MNPQ$.

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

 

(Đúng) Quãng đường vệ tinh $X$ chuyển động được sau $1$ giờ là $28902,65$ km (làm tròn đến hàng phần trăm)

(Vì): Đúng.\\ Một vòng di chuyển của $X$ chính là chu vi đường tròn

$C=2\pi R=2\pi \cdot 9200=18400\pi$(km)

Sau $1$ giờ, vệ tinh di chuyển nửa đường tròn với quãng đường là

$\frac{1}{2}C=9200\pi \approx 28902,65$(km).

(Đúng) Quãng đường vệ tinh $X$ chuyển động được sau $1,5$ giờ là $43353,98$ km (làm tròn đến hàng phần trăm)

(Vì): Đúng.\\ Sau $1,5$ giờ, vệ tinh di chuyển được $\frac{1,5\cdot 1}{2}$ đường tròn (hay $\frac{3}{4}$ đường tròn), quãng đường là $\frac{3}{4}C=\frac{3}{4}\cdot 18400\pi =13800\pi \approx 43353,98$ km.

(Sai) Sau khoảng $5,3$ giờ thì $X$ di chuyển được quãng đường $240000$ km

(Vì): Sai.\\ Số giờ để vệ tinh $X$ thực hiện quãng đường $240000$ km là $\frac{240000}{9200\pi }\approx 8,3$ (giờ)

(Đúng) Giả sử vệ tinh di chuyển theo chiều dương của đường tròn, sau $4,5$ giờ thì vệ tinh vẽ nên một góc $\frac{9\pi }{2}$ rad

(Vì): Đúng.\\ Sau $4,5$ giờ thì số vòng tròn mà vệ tinh $X$ di chuyển được là $\frac{4,5}{2}=\frac{9}{4}$ (vòng)

Số đo góc lượng giác thu được là $\frac{9}{4}\cdot 2\pi =\frac{9\pi }{2}$ (rad).

Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật nên $x_C=x_B,x_D=x_A,y_A=y_B$.

Khi đó: $y_A=y_B\iff \sin \left(x_A\right)=\sin \left(x_B\right)\iff \sin \left(x_D\right)=\sin \left(x_C\right)\iff [\begin{array}{l}{x}_D=x_C+k2\pi \\ x_D=\pi -x_C+k2\pi \end{array}$

Do xét trên đoạn $\left[0;\pi \right]$ và $x_C-x_D=CD=\frac{2\pi }{3}$ nên ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}{x}_C-x_D=\frac{2\pi }{3}\\ x_C+x_D=\pi \end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}_C=\frac{5\pi }{6}\\ x_D=\frac{\pi }{6}\end{array}$. Vậy $BC=y_B=\sin \left(x_B\right)=\sin \left(x_C\right)=\sin \left(\frac{5\pi }{6}\right)=\frac{1}{2}$.

Gọi $u_n$là số tiền máy tính sử dụng năm thứ n.

Giá trị máy tính giảm $10\%$ so với giá trị của nó trong năm liền trước đó.

$\Rightarrow \left(u_n\right)$là CSN với $u_1=680$nghìn đồng và công bội $q=1-0,1=0,9$ nghìn đồng.

Giá trị của chiếc máy tính sau 7 năm sử dụng $u_8=680.0,9^7\approx 325,242$nghìn đồng.

Gọi $n$ là số hàng ghế cần thiết kế và $u_1$ số ghế ở hàng đầu tiên

Theo đề ta có $u_1=1600$, $u_2=u_1+400$.

Mặc khác ta có

$\begin{array}{l}{S}_n\ge 222000\\ \iff n.u_1+\frac{n.\left(n-1\right)d}{2}\ge 222000\\ \iff 1600n+\frac{n\left(n-1\right)400}{2}\ge 222000\\ \iff n^2+2800-444000\ge 0\\ \iff n\ge 150,24\end{array}$

Vậy suy ra cần thiết kế ít nhất $150$ hàng ghế.

Chọn $\mathrm{mp}\left(SAC\right)$ chứa $$SA$$

Ta có $IC=\left(SAC\right)\cap \left(BCM\right)$

Gọi $E=IC\cap SA$

$\begin{array}{l}E\in SA\\ E\in IC\subset \left(BCM\right)\end{array}\}\Rightarrow E=SA\cap \left(BCM\right)$

$4\sin x+\left(m-4\right)\cos x-2m+5=0\iff 4\sin x+\left(m-4\right)\cos x=2m-5$.

Phương trình có nghiệm khi $4^2+{\left(m-4\right)}^2-{\left(2m-5\right)}^2\ge 0\iff -3m^2+12m+7\ge 0$

$\iff \frac{6-\sqrt{57}}{3}\le m\le \frac{6+\sqrt{57}}{3}$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{0;1;2;3;4\right\}$.

Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của $m$ để phương trình có nghiệm là 10