Đề thi giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 5 (có đáp án)

a) Đúng. Ta có $v_1=u_1-3=8-3=5$.

b) Sai. Có $v_{n+1}=u_{n+1}-3=4u_n-9-3=4u_n-12=4\left(u_n-3\right)=4v_n\Rightarrow \frac{v_{n+1}}{v_n}=4$ không đổi với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Vậy dãy số $\left(v_n\right)$ là một cấp số nhân có số hạng đầu $v_1=5$, công bội $q_1=4$.

c) Sai. Số hạng tổng quát của cấp số nhân $\left(v_n\right)$ là $v_n=v_1\cdot q_1^{n-1}=5\cdot 4^{n-1}$.

d) Sai. Ta có $v_n=u_n-3$, suy ra $u_n=3+v_n=3+5\cdot 4^{n-1}$.

a) Đúng. Ta có $S\in \left(SAB\right)\cap \left(SHC\right)$.

Lại có $H\in AB\subset \left(SAB\right)$ và $H\in \left(SHC\right)$ nên $H\in \left(SAB\right)\cap \left(SHC\right)$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(SAB\right)$ và $\left(SHC\right)$ là $SH$.

b) Sai. Vì $\frac{AM}{AD}=\frac{HN}{HC}=\frac{1}{3}\Rightarrow MN//AB//CD$ và $G\in \left(GMN\right)\cap \left(SAB\right)$ nên giao tuyến của mặt phẳng $\left(GMN\right)$ và mặt phẳng $\left(SAB\right)$ là đường thẳng đi qua $G$ và song song với $AB$ hoặc $MN$.

c) Đúng. Vì $\frac{HG}{HS}=\frac{HN}{HC}=\frac{1}{3}\Rightarrow GN//SC\Rightarrow GN//\left(SCD\right)$.

d) Sai.

$S.ABCD$ có cạn (ảnh 2)">

Chọn mặt phẳng $\left(SHC\right)$ chứa đường thẳng $NG$.

Ta tìm được giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(SAD\right)\mathrm{v}\grave{\mathrm{a}}\left(SHC\right)$ là $SE$ như hình vẽ trên (với $E$ là giao điểm của $AD$ và $HC$). Gọi $P$ là giao điểm của $NG$ và $SE$ thì $P$ là giao điểm của đường thẳng $NG$ và mặt phẳng $\left(SAD\right)$.

Qua $G$ kẻ $GQ//AB\left(Q\in SA\right)$ ta có: $\frac{PG}{PN}=\frac{PQ}{PM}=\frac{GQ}{MN}$.

Lại có $MN=\frac{2}{3}AB=\frac{4}{3}HA\Rightarrow HA=\frac{3}{4}MN$ $\Rightarrow GQ=\frac{2}{3}HA=\frac{1}{2}MN\Rightarrow \frac{GQ}{MN}=\frac{1}{2}$.

Suy ra $\frac{PG}{PN}=\frac{PQ}{PM}=\frac{GQ}{MN}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{PG}{GN}=1$.

Cách khác: Dễ dàng tính được $\frac{EN}{EC}=\frac{EP}{ES}=\frac{2}{3}$; $\frac{NH}{HE}=\frac{1}{3}$.

Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác $NEP$ ta có: $\frac{NH}{HE}\cdot \frac{ES}{SP}\cdot \frac{PG}{GN}=1\Rightarrow \frac{1}{3}\cdot 3\cdot \frac{PG}{GN}=1\Rightarrow \frac{PG}{GN}=1$.

a) Nhiệt độ ngoài trời lúc 19 giờ là $h\left(19\right)=31+3\sin \frac{\pi }{12}\left(19-9\right)$$=31+3\sin \frac{5\pi }{6}=32,5$℃.

b) Ta có $-1\le \sin \frac{\pi }{12}\left(t-9\right)\le 1\Rightarrow -3\le 3\sin \frac{\pi }{12}\left(t-9\right)\le 3\Rightarrow 28\le 31+3\sin \frac{\pi }{12}\left(t-9\right)\le 34\forall t.$

Do đó $\max h\left(t\right)=34\iff \sin \frac{\pi }{12}\left(t-9\right)=1\iff \frac{\pi }{12}\left(t-9\right)=\frac{\pi }{2}+k2\pi \iff t=15+24k,k\in \mathbb{Z}.$

Vì $0<t\le 24\Rightarrow 0\le 15+24k\le 24\iff -\frac{15}{24}\le k\le \frac{3}{8}$.

Do $k\in \mathbb{Z}\Rightarrow k=0$ nên $t=15.$

Vậy vào thời điểm 15 giờ thì nhiệt độ ở thành phố đó lớn nhất.

Số ngày bạn An để dành tiền (thời gian bỏ ống heo tính từ ngày $$01$$ tháng $$01$$ năm $$2025$$ đến ngày $$30$$ tháng $$4$$ năm $$2025$$) là $$31+28+31+30=120$$ ngày.

Số tiền bỏ ống heo ngày đầu tiên là: $$u_1=100$$ đồng.

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ hai là: $$u_2=100+100=100+1\cdot 100$$ đồng.

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ ba là: $$u_3=100+100+100=100+2\cdot 100$$ đồng.

…

Như vậy, số tiền bỏ ống heo mỗi ngày của bạn An lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu $u_1=100$, công sai $d=100$.

Sau $$120$$ ngày thì số tiền An tích lũy được là tổng của $$120$$ số hạng đầu của cấp số cộng trên.

Vậy số tiền An tích lũy được là $S_{120}=\frac{120}{2}\left[2u_1+\left(120-1\right)d\right]$$=\frac{120}{2}\left(2\cdot 100+119\cdot 100\right)$$=726000$ đồng.

a) Xét hai mặt phẳng $\left(MBC\right)$ và $\left(SAD\right)$ cózCY|

$M$ là điểm chung, $BC//AD,$ $BC\subset \left(MBC\right),$ $AD\subset \left(SAD\right).$

Vậy giao tuyến của $\left(MBC\right)$ và $\left(SAD\right)$ là đường thẳng $Mx$ song song với $BC$ và $AD.$

b) Do $BC//AD$ nên $\Delta GBC$ và $\Delta GDA$ đồng dạng (góc – góc).

Suy ra|P|B|0|4|8| $\frac{DG}{GB}=\frac{AD}{BC}=\frac{2}{1}\Rightarrow \frac{DG}{DB}=\frac{2}{3}.$

Do $DE$ là trung tuyến của $\Delta SAD$ và $M$ là trọng tâm $\Delta SAD$ nên ta có tỉ số $\frac{DM}{DE}=\frac{2}{3}.$

Khi đó, xét trong tam giác $DEB$ có: $\frac{DM}{DE}=\frac{DG}{DB}=\frac{2}{3}\Rightarrow MG//BE.$

Mà $BE\subset \left(SAB\right)$ nên $MG//\left(SAB\right)$.