Đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo – Đề 10 (có đáp án)

a)

S

b)

S

c)

S

d)

Đ

 

(Đúng) Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}$

(Vì): Hàm số có tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}$ nên mệnh đề đúng.

(Sai) Rút gọn biểu thức ta được $y=\sin 2x$

(Vì): Ta có

$y=\sqrt{2}\cos \left(2x+\frac{\pi }{4}\right)+\sin \left(2x-\frac{\pi }{2}\right)=\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos 2x-\sin 2x)-\cos 2x=-\sin 2x$

Mệnh đề đã cho sai.

(Sai) Hàm số tuần hoàn với chu kì $\frac{\pi }{2}$

(Vì): Ta có $f\left(x+\frac{\pi }{2}\right)=-\sin \left(2\left(x+\frac{\pi }{2}\right)\right)=-\sin (2x+\pi )=\sin 2x\ne f(x)$. Do đó, mệnh đề sai.

(Sai) Nếu $\sqrt{2}\cos \left(2x+\frac{\pi }{4}\right)+\sin \left(2x-\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{1}{3}$ thì giá trị biểu thức $P=\frac{2\tan 2x+\cot 2x}{4\tan 2x-3\cot 2x}$ là $\frac{5}{14}$

(Vì): Ta có $\sqrt{2}\cos \left(2x+\frac{\pi }{4}\right)+\sin \left(2x-\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{1}{3}\iff -\sin 2x=-\frac{1}{3}$.

$P=\frac{2\tan 2x+\cot 2x}{4\tan 2x-3\cot 2x}=\frac{2\cdot \frac{\sin 2x}{\cos 2x}+\frac{\cos 2x}{\sin 2x}}{4\cdot \frac{\sin 2x}{\cos 2x}-3\frac{\cos 2x}{\sin 2x}}=\frac{2{\sin }^{2}2x+{\cos }^{2}2x}{4{\sin }^{2}2x-3{\cos }^{2}2x}=\frac{2\cdot \frac{1}{9}+\frac{8}{9}}{4\cdot \frac{1}{9}-3\cdot \frac{8}{9}}=-\frac{1}{2}$.

Mệnh đề đã cho sai.

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

S

 

(Đúng) Giao tuyến của $(SAC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $SA$
(Vì): vì $(SAC)\cap (SAD)=SA$.
(Đúng) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $SE$
(Vì): Ta có $S\in (SAB)\cap (SCD)$. $(1)$
Mà $\{\begin{array}{l}E\in AB\subset (SAB)\\ E\in CD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow E\in (SAB)\cap (SCD)$. $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow (SAB)\cap (SCD)=SE$.
(Sai) Giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song cạnh $CD$
(Vì):
Ta có
$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}S\in (SAD)\cap (SBC)\\ AD\parallel BC\\ AD\subset (SAD);BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow (SAD)\cap (SBC)=d\end{array}$
với $d\parallel AD$ và đi qua $S$.
(Sai) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SFC)$ là đường thẳng $d^{\prime }$ đi qua $S$ và song song cạnh $CD$
(Vì):
Xét tứ giác $ABCF$, ta có $\{\begin{array}{l}BC\parallel AF\\ BC=AF=\frac{AD}{2}\end{array}\Rightarrow ABCF$ là hình bình hành.
Ta có $\{\begin{array}{l}S\in (SAB)\cap (SCF)\\ AB\parallel FC\\ AB\subset (SAB);FC\subset (SCF)\end{array}\Rightarrow (SAB)\cap (SCF)=d^{\prime }$, với $d^{\prime }\parallel AB$ và đi qua $S$.

Gọi $u_1\left(m\right)$ là quãng đường người chơi rơi xuống ở lần thứ nhất, ta có $u_1=150$; $v_1\left(m\right)$ là quãng đường người chơi được kéo lên ở lần thứ nhất, ta có:

$v_1=150.0,6=90$

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

$u_1+u_2+...+u_{15}=150.\left(\frac{1-0,6^{15}}{1-0,6}\right)$; $v_1+v_2+...+v_{10}=90.\left(\frac{1-0,6^{15}}{1-0,6}\right)$.

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

$\left(u_1+u_2+...+u_{10}\right)+\left(v_1+v_2+...+v_{10}\right)=240.\left(\frac{1-0,6^{15}}{1-0,6}\right)\approx 600\left(m\right).$

Chọn mặt phẳng $\left(BCD\right)$ chứa $BD$.Trong mặt phẳng $\left(ACD\right)$ gọi $I=MN\cap CD$.

$\{\begin{array}{l}I\in MN\subset \left(OMN\right)\\ I\in CD\subset \left(BCD\right)\end{array}$ $\Rightarrow I\in \left(OMN\right)\cap \left(BCD\right)$ $\Rightarrow OI=\left(BCD\right)\cap \left(OMN\right)$

Gọi $J$ là giao điểm của $OI$ và $BD$ trong mặt phẳng $\left(BCD\right)$.

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}J\in BD\\ J\in OI\subset \left(OMN\right)\end{array}$$\Rightarrow J=BD\cap \left(OMN\right)$.

Số ghế ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu $u_1=34$, công sai $d=3$. Cấp số cộng này có 10 số hạng. Do đó, tổng số ghế trong nhà thi đấu là

$S_{10}=10\cdot 34+\frac{10\cdot 9\cdot 3}{2}=475(\mathrm{gh}?).$

Vì số vé bán ra bằng số ghế dành cho khán giả của nhà thi đấu nên có 790 vé được bán ra.

Vậy giá tiền của một vé là $34200000:475=72000$ (đồng)

Điều kiện $x^2+2x+m^2+3\ne 0$.

Ta có $x^2+2x+m^2+3=(x^2+2x+1)+m^2+2=(x+1{)}^2+m^2+2\ge m^2+2>0,\forall m\in \mathbb{R}$.

Vậy có $2025$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.