Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 12

\(\left( {DOE} \right) \cap \left( {SAD} \right) = ED\).

\(\left( {DOE} \right) \cap \left( {SAB} \right) = EB\).

\(\left( {DOE} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\).

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {DOE} \right)\) là hình tam giác \(DEB\)

(Đúng) Hàm số tập xác định là \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\)

(Vì): Đún. Vì hàm số đã cho là hàm cơ bản nên có tập xác định là \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\).

(Sai) Hàm số tuần hoàn với chu kì \(T = 12\pi \)

(Vì): Vì hàm số đã cho tuần hoàn với chu kì \(T = \frac{{2\pi }}{{\left| {\frac{\pi }{6}} \right|}} = 12\).

(Đúng) Hàm số là hàm số chẵn

(Vì): Vì \(y = f(x) = 2\sin \left( {\frac{{5\pi }}{2} - \frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11 = 2\sin \left( {2\pi  + \frac{\pi }{2} - \frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11 = 2\cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11\).

Tập xác định \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\).

Với \(x \in \mathcal{D} \Rightarrow  - x \in \mathcal{D}\).

Ta có \(f( - x) = 2\cos \left( {\frac{{\pi ( - x)}}{6}} \right) + 11 = 2\cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11 = f(x)\).

Vậy \(f(x) = f( - x)\) nên hàm số đã cho là hàm số chẵn.

(Đúng) Giá trị lớn nhất của hàm số là \(13\)

(Vì): Vì

\( - 1 \le \cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) \le 1 \Leftrightarrow  - 2 \le 2\cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) \le 2 \Leftrightarrow 9 \le 2\cos \left( {\frac{{\pi x}}{6}} \right) + 11 \le 13 \Leftrightarrow 9 \le y \le 13.\)

Vậy hàm số có giá trị lớn nhất bằng \(13\).

(Sai) Có đúng \(2\) mặt phẳng phân biệt chứa điểm \(O\) trong các mặt phẳng được tạo từ \(5\) điểm \(S,A,B,C,D\)
(Vì): Vì các mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu chứa điểm \(O\) gồm \((SAC);(SBD);(ABCD)\).
(Đúng) Giao tuyến của hai mặt phẳng \((MBD)\) và \((SAC)\) là đường thẳng \(OM\)
(Vì): Vì ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (MBD)({\rm{v\`i}}M \in SA)}\end{array}} \right. \Rightarrow M \in (MBD) \cap (SAC)(1)\).
Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in (MBD)({\rm{v\`i}}O \in BD)({\rm{v\`i}}O \in AC)}\end{array}} \right. \Rightarrow O \in (MBD) \cap (SAC)(2)\).
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(OM = (SAC) \cap (MBD)\).
(Sai) Giao tuyến của hai mặt phẳng \((DMN)\) và \((SAC)\) là đường thẳng \(ME\) với \(E\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OC\)
(Vì): Vì ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (DMN)}\\{M \in (SAC)({\rm{v\`i}}M \in SA)}\end{array}} \right. \Rightarrow M \in (DMN) \cap (SAC)(3)\).
Trong mặt phẳng \((ABCD)\) gọi \(E = DN \cap AC\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in (DMN)({\rm{v\`i}}E \in DN)}\\{E \in (SAC)({\rm{v\`i}}E \in AC)}\end{array}} \right. \Rightarrow E \in (DMN) \cap (SAC)(4)\).
Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(ME = (DMN) \cap (SAC)\).
Tam giác \(BCD\) có \(E = DN \cap OC\) và \(DN,OC\) là hai đường trung tuyến.
Suy ra \(E\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\).
(Đúng) Giao điểm giữa đường thẳng \(CM\) và mặt phẳng \((SBD)\) là trọng tâm tam giác \(SAC\)
(Vì): Vì trong mặt phẳng \((SAC)\) gọi \(F = CM \cap SO\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F \in CM}\\{F \in (SAC)({\rm{v\`i}}F \in SO \subset (SAC))}\end{array}} \right. \Rightarrow F = CM \cap (SAC)\).
Tam giác \(SAC\) có \(F = CM \cap SO\) và \(SO,CM\) là hai đường trung tuyến.
Suy ra \(F\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\).

Kí hiệu \({u_n}\) là mức lương của quý thứ \(n\) làm việc cho công ty. Khi đó \({u_1} = 13,5\) và \({u_{n + 1}} = {u_n} + 0,5,n \ge 1\).

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) lập thành cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 13,5\) và công sai \(d = 0,5\).

Một năm có 4 quý nbên 3 năm có tổng 12 quý.

Số tiền lương sau 3 năm bằng tổng số tiền lương của 12 quý và bằng tổng 12 số hạng đầu tiên của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\).

Vậy, tổng số tiền lương nhận được sau 3 năm làm việc cho công ty của kỹ sư là \({S_{12}} = \frac{{12.\left[ {2.13,5 + 11.0,5} \right]}}{2} = 195\) (triệu đồng).

Ta có: \(20 + 10\sin \left( {\frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5}} \right) = 30 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow t = 1 + \frac{5}{2} + 10k = \frac{7}{2} + 10k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vì \(0 \le t \le 10\)\( \Rightarrow 0 \le \frac{7}{2} + 10k \le 10 \Leftrightarrow  - 0,35 \le k \le 0,65\)

Mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k = 0\). Suy ra \(t = 3,5\)(giây).

Vậy trong 10 giây đầu tiên, tại thời điểm ra \(t = 3,5\)(giây) thì độ cao của buồng A đạt 30 mét.

Trong \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(E = AC \cap KM\), dựng \(AF\parallel SC\), \(F \in EM\).

$\Rightarrow △KAF=△KSM\left(\text{g0c0g}\right)\Rightarrow AF=SM$.

Ta có \(\frac{{SM}}{{CM}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AF}}{{CM}} = \frac{2}{3}\).

Trong  có \(AF\parallel CM \Rightarrow \frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{AF}}{{CM}} = \frac{2}{3}\).

Trong \(\left( {ABC} \right)\) dựng \(AH\parallel BC\), \(H \in EN \Rightarrow \frac{{AH}}{{NC}} = \frac{{EA}}{{EC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AH}}{{NB}} = \frac{2}{3}\).

Ngoài ra có .

Suy ra \(IA = \frac{2}{5}AB = \frac{2}{5} \cdot 2\sqrt 3  = \frac{{4\sqrt 3 }}{5} \approx 1,39\).

Cách trồng cây theo quy luật trên lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu là số cây ở hàng 1, \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 1\).

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{S_n} = 4950 \Leftrightarrow 4950 = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]}\\{ \Leftrightarrow 4950 = \frac{n}{2}\left[ {2 \cdot 1 + (n - 1) \cdot 1} \right]}\\{ \Leftrightarrow {n^2} + n - 9900 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 99}\\{n =  - 100({\rm{lo?i}}).}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Vậy để trồng hết \(4950\) cây thì cần \(99\) hàng cây.

Vận tốc con lắc đạt giá trị lớn nhất;