Đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo – Đề 8 (có đáp án)

a)

S

b)

S

c)

S

d)

Đ

 

(Đúng) Đường thẳng $BC$ song song với $(SAD$
(Vì): Ta có $\{\begin{array}{l}BC\not\subset (SAD)\\ BC\parallel AD\\ AD\subset (SAD)\end{array}$ nên $BC\parallel (SAD)$.
(Sai) $MO$ là giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$
(Vì):
$\bullet$ Ta có $S\in (SBD)\cap (SAC)(1)$.
$\bullet$ Mà $\{\begin{array}{l}O\in AC\subset (SAC)\\ O\in BD\subset (SBD)\end{array}\Rightarrow O\in (SBD)\cap (SAC)(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$, suy ra $(SBD)\cap (SAC)=SO$.
(Sai) Đường thẳng $BM$ song song với $(SAD)$
(Vì):

S.ABCD có đáy \(ABC (ảnh 1)">

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S \in (SBC) \cap (SAD)}\\{BC \subset (SBC),AD \subset (SAD)}\\{BC\parallel AD}\end{array}} \right. \Rightarrow (SBC) \cap (SAD) = d\parallel BC\parallel AD\;(d{\rm{ di qua }}S)\).
Trong $(SBC)$, gọi $I$ là giao điểm của $BM$ và $d$. Khi đó
$\{\begin{array}{l}I\in BM\\ I\in d\subset (SAD)\end{array}\Rightarrow BM\cap (SAD)=I$.
(Sai) Gọi $N$ là điểm thuộc cạnh $SB$ sao cho $SN=\frac{1}{3}SB$, khi đó $N$ là giao điểm của đường thẳng $SB$ và $(AMD)$
(Vì):

S.ABCD có đáy \(ABC (ảnh 2)">

Xét  có \(SO\), $AM$ là trung tuyến nên gọi $G$ là giao điểm của $SO$ và $AM$ thì $G$ là trọng tâm của .
Xét  có $SO$ là đường trung tuyến và $SG=2GO$ nên $G$ cũng là trọng tâm của .
Trong $(SBD)$, gọi $J$ là giao điểm của $DG$ và $SB$. Khi đó
$\{\begin{array}{l}J\in SB\\ J\in DG\subset (ADM)\end{array}\Rightarrow SB\cap (ADM)=J.$
Mặt khác, $G$ là trọng tâm của  nên $J$ là trung điểm của $SB\Rightarrow SJ=\frac{1}{2}SB$.
Mà $SN=\frac{1}{3}SB$ nên $N$ và $J$ là hai điểm phân biệt.

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

 

Ta có: $2\sin \left(x-\frac{\pi }{12}\right)+\sqrt{3}=0\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{12}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{12}\right)=\sin \left(-\frac{\pi }{3}\right)$

$\iff [\begin{array}{l}x-\frac{\pi }{12}=-\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ x-\frac{\pi }{12}=\pi -(-\frac{\pi }{3})+k2\pi \end{array}(k\in \mathbb{Z})\iff [\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{4}+k2\pi \\ x=\frac{17\pi }{12}+k2\pi \end{array}(k\in \mathbb{Z})$

Vậy phương trình có nghiệm là: $x=-\frac{\pi }{4}+k2\pi ;x=\frac{17\pi }{12}+k2\pi (k\in \mathbb{Z})$.

Phương trình có nghiệm âm lớn nhất bằng $-\frac{\pi }{4}$

Số nghiệm của phương trình trong khoảng $\left(-\pi ;\pi \right)$ là hai nghiệm

Gọi $$u_1,u_2,...u_{12}$$ lần lượt là số ghế của dãy ghế thứ nhất, dãy ghế thứ hai,… và dãy ghế số ba mươi. Ta có công thức truy hồi ta có $$u_n=2.u_{n-1}$$,$$\left(n=2,3,...,12\right)$$.

Ký hiệu:$$S_7=u_1+u_2+...+u_{12}$$, theo công thức tổng các số hạng của một cấp số nhân với $$u_1=2$$, ta được:

$$S_{12}=u_1.\frac{1-q^{12}}{1-q}=2.\frac{1-2^{12}}{1-2}=8192$$.

Ta có

$\begin{array}{l}x=x_A+x_B=5\cos \left(50\pi t-\frac{\pi }{6}\right)+5\cos \left(50\pi t+\frac{\pi }{3}\right)=2\cdot 5\cos \left(50\pi t+\frac{\pi }{12}\right)\cos \left(-\frac{\pi }{4}\right)\\ \Rightarrow x=5\sqrt{2}\cos \left(50\pi t+\frac{\pi }{12}\right)\end{array}$

Ta có $x=5\sqrt{2}\cos \left(50\pi t+\frac{\pi }{12}\right)\le 5\sqrt{2}$. Vậy sóng tổng hợp cao nhất khi $\cos \left(50\pi t+\frac{\pi }{12}\right)=1\iff 50\pi t+\frac{\pi }{12}=k2\pi \iff t=-\frac{1}{600}+\frac{k}{25}$ (giây) với $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, $I$ là giao điểm của $MP$ và $SO$ thì $Q$ là giao điểm của $NI$ với $SD$. $I$ là trung điểm của $SO$.

Đặt $\frac{SD}{SQ}=x$. Do $2\overrightarrow{SO}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$ nên $4\overrightarrow{SI}=\frac{3}{2}\overrightarrow{SN}+x\overrightarrow{SQ}$

Mực nước của kênh cao nhất khi $h$ lớn nhât:

$\iff \sin \left(\frac{\pi t}{8}+\frac{5\pi }{8}\right)=1\iff \frac{\pi }{8}t+\frac{5\pi }{8}=\frac{\pi }{2}+k2\pi \iff t=-1+16k$

Với $0<t\le 24$ suy ra $0<-1+16k\le 24\iff \frac{1}{16}<k\le \frac{25}{16}$

Do $k\in \mathbb{Z}$ nên $k=1$ thỏa mãn. Khi $k=1$ thì $t=15h$.

Ta thấy số hàng cây trên lập thành cấp số cộng $(u_n)$, với $u_1=1$ và $d=1$.

Gọi $u_n$ với $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ là số hàng cây do đó ta có

$\begin{array}{l}3003=\frac{n}{2}\cdot [2\cdot 1+(n-1)\cdot 1]\\ \iff n(n+1)=6006\\ \iff n^2+n-6006=0\\ \iff [\begin{array}{l}n=77(\mathrm{th}?\mathrm{am}\tilde{\mathrm{a}}\mathrm{n})\\ n=-78(\mathrm{lo}?\mathrm{i}).\end{array}\end{array}$

Vậy có $77$ hàng cây.