Đề thi giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 3 (có đáp án)

a) Sai. Tập xác định của hàm số đã cho là $\mathbb{R}$.

b) Sai. Ta có $y=\sin \left(2x-\frac{\pi }{2}\right)=-\sin \left(\frac{\pi }{2}-2x\right)=-\cos 2x$.

Do đó $y\left(-x\right)=-\cos \left(-2x\right)=-\cos 2x=y\left(x\right)$. Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.

c) Đúng. Ta có $y=-\cos 2x$ nên hàm số đã cho tuần hoàn với chu kì $T=\frac{2\pi }{2}=\pi$.

d) Sai. Đặt $t=2x$. Hàm số đã cho trở thành $f\left(t\right)=-\cos t$.

Vì $x\in \left[\frac{-\pi }{8};\frac{\pi }{3}\right]\Rightarrow t\in \left[\frac{-\pi }{4};\frac{2\pi }{3}\right]$.

Ta có bảng biến thiên của hàm số $f\left(t\right)=-\cos t$:

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{2}$.

a) Đúng. Số ghế ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng.

b) Sai. Hàng thứ nhất có 15 ghế ngồi nên số hạng đầu của dãy số là 15.

c) Đúng. Cấp số cộng có công sai $d=3$.

d) Sai. Số ghế ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu $u_1=15$ và công sai $d=3$.

Tổng n số hạng đầu của cấp số cộng trên là $S_n=\frac{n}{2}\left[2\cdot 15+\left(n-1\right)\cdot 3\right]=\frac{n}{2}\left(27+3n\right)$.

Muốn hội trường đó có sức chứa ít nhất 870 ghế ngồi thì $S_n=870$, tức là $\frac{n}{2}\left(27+3n\right)=870$.

Do đó, $27n+3n^2-1740=0$, suy ra $n=20,n=-29$ (loại).

Vậy cần phải thiết kế 20 hàng ghế.

Để độ sâu của mực nước là $15\mathrm{m}$ thì:

$h=3\cos \left(\frac{\pi t}{6}+1\right)+12=15\iff \cos \left(\frac{\pi t}{6}+1\right)=1\iff \frac{\pi t}{6}+1=k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)\iff t=-\frac{6}{\pi }+12k\left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

Do $0\le t<24\mathrm{n}\hat{\mathrm{e}}\mathrm{n}0\le -\frac{6}{\pi }+12k<24$$\iff \frac{6}{\pi }\le 12k<24+\frac{6}{\pi }\iff \frac{1}{2\pi }\le k<2+\frac{1}{2\pi }$.

Mà $k\in \mathbb{Z}$ nên $k\in \left\{1;2\right\}$.

Với $$k=1$$ thì $t=-\frac{6}{\pi }+12\cdot 1\approx 10,09$ (giờ);

Với $$k=2$$ thì $t=-\frac{6}{\pi }+12\cdot 2\approx 22,09$ (giờ).

Vậy lúc 10,09 giờ và 22,09 giờ thì mực nước có độ sâu là 15 m.

Gọi $u_1\left(\mathrm{m}\right)$ là quãng đường người chơi rơi xuống ở lần thứ nhất, ta có $u_1=150$; $v_1\left(\mathrm{m}\right)$ là quãng đường người chơi được kéo lên ở lần thứ nhất, ta có: $v_1=150\cdot 0,6=90$.

$u_2\left(\mathrm{m}\right)$ là quãng đường người chơi rơi xuống ở lần thứ hai, ta có $u_2=v_1=0,6u_1$; $v_2\left(\mathrm{m}\right)$ là quãng đường người chơi được kéo lên ở lần thứ hai, ta có: $v_2=0,6u_2=0,6v_1$.

Như vậy, ta có hai cấp số nhân đều có công bội $0,6$ là: $u_1,u_2,..,u_{15}$ và $v_1,v_2,..,v_{15}$ với $u_1=150$ và $v_1=90.$

Ta có $u_1+u_2+...+u_{15}=150\cdot \left(\frac{1-0,6^{15}}{1-0,6}\right)$; $v_1+v_2+...+v_{15}=90\cdot \left(\frac{1-0,6^{15}}{1-0,6}\right)$.

Vậy quãng đường người đó đi được sau 15 lần rơi xuống và lại được kéo lên (tính từ lúc bắt đầu nhảy) là:

$\left(u_1+u_2+...+u_{15}\right)+\left(v_1+v_2+...+v_{15}\right)=240\cdot \left(\frac{1-0,6^{15}}{1-0,6}\right)\approx 600\left(\mathrm{m}\right).$

a) Ta có $$MN$$ là đường trung bình tam giác $$SAC$$.

Suy ra $$MN//AC$$.

Do đó: $$\{\begin{array}{l}MN//AC\\ MN\not\subset \left(ABCD\right);AC\subset \left(ABCD\right)\end{array}\Rightarrow MN//\left(ABCD\right).$$

b) Gọi $$I$$ là giao điểm của $$MN$$ và $$SO$$.

$Q$ là giao điểm của $$PI$$ và $$SD$$.

Ta có $$Q\in PI,PI\subset \left(MNP\right)\Rightarrow Q\in \left(MNP\right).$$

Mà $$Q\in SD$$. Suy ra $Q$ là giao điểm của $SD$ và mặt phẳng $\left(MNP\right)$.

Chứng minh được $$I$$là trung điểm $$SO$$ nên $$PI$$ là đường trung bình tam giác $$SBO$$.

Suy ra $$PI//SB$$ hay $$PQ//SB$$.

Xét tam giác SBD có $$PQ//SB$$ nên $\frac{SQ}{SD}=\frac{BP}{BD}=\frac{1}{4}$.