Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 13

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SAC} \right)\\d = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SAC} \right)\\AD{\rm{//}}BC\end{array} \right. \Rightarrow d{\rm{//}}BC\) (Theo hệ quả của định lý 2

(Giao tuyến của ba mặt phẳng)).

(Đúng) Giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\) là một đường thẳng đi qua \(S\) và song song với \(CD\)
(Vì): \\ Ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \subset (SAB)}\\{CD \subset (SCD)}\\{AB\parallel CD}\\{S \in (SAB) \cap (SCD)}\end{array}} \right.\).
Vậy \(d\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\) với \(d\parallel AB\parallel CD\), \(S \in d\).
(Đúng) Gọi \(H\) là giao điểm của \(BP\) và mặt phẳng \((SAC)\). Khi đó \(H = BP \cap SO\)
(Vì): \\ Trong mặt phẳng \((ABCD)\),
gọi \(O = AC \cap BD\).
Suy ra \(SO = (SAC) \cap (SBD)\).
Trong mặt phẳng \((SBD)\), gọi \(H = BP \cap SO\).
Vậy \(BP \cap (SAC) = H\).
(Đúng) \(NP\parallel (SBC)\)
(Vì): \\ Vì \(P\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SD\), \(CD\) nên \(NP\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\).
Suy ra \(NP\parallel SC\).
Mà \(SC \subset (SBC)\) nên \(NP\parallel (SBC)\).
(Sai) Gọi \(Q\) là giao điểm của \(SA\) với \((MNP)\). Khi đó \(\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{1}{5}\)
(Vì): \\ Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(AC\) và \(MN\).
Trong mặt phẳng \((SAC)\), lấy \(Q\) thuộc \(SA\) sao cho \(IQ\parallel SC\).
Khi đó, ta có \(I \in (MNP)\) và \(IQ\parallel NP\) nên \(Q \in (MNP)\).
Vậy \(Q\) là giao điểm của \(SA\) với mặt phẳng \((MNP)\).
Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\) nên \(MN\parallel BD\) hay \(NI\parallel DO\).
Trong tam giác \(DOC\) có \(NI\parallel DO\) và \(N\) là trung điểm của \(CD\) nên \(NI\) là đường trung bình của tam giác \(DOC\), suy ra \(I\) là trung điểm của \(OC\).
Khi đó \(\frac{{CI}}{{CO}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{CI}}{{CA}} = \frac{1}{4}\).
Xét tam giác \(SAC\), ta có \(IQ\parallel SC\) nên \(\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{CI}}{{CA}} = \frac{1}{4}\).

 Áp dụng công thức đổi rad sang độ \(n = \frac{{\alpha  \cdot 180}}{\pi }\).

Đúng: \(n = \frac{\pi }{9} \cdot \frac{{{{180}^{\rm{o}}}}}{\pi } = {20^{\rm{o}}}\).

Đúng: \(n = \frac{{5\pi }}{4} \cdot \frac{{{{180}^{\rm{o}}}}}{\pi } = {225^{\rm{o}}}\).

Sai: \(n = \frac{{3\pi }}{5} \cdot \frac{{{{180}^{\rm{o}}}}}{\pi } = {108^{\rm{o}}}\).

Sai: \(n = \frac{{7\pi }}{{12}} \cdot \frac{{{{180}^{\rm{o}}}}}{\pi } = {105^{\rm{o}}}\).

(Đúng) $\frac{\pi }{9}\text{rad}={20}^{°}$

(Vì): Ta có \(n = \frac{\pi }{9} \cdot \frac{{{{180}^{\rm{o}}}}}{\pi } = {20^{\rm{o}}}\).

(Sai) $\frac{5\pi }{4}\text{rad}={200}^{°}$

(Vì): Ta có \(n = \frac{{5\pi }}{4} \cdot \frac{{{{180}^{\rm{o}}}}}{\pi } = {225^{\rm{o}}}\).

(Đúng) $\frac{3\pi }{5}\text{rad}={108}^{°}$

(Vì): Ta có \(n = \frac{{3\pi }}{5} \cdot \frac{{{{180}^{\rm{o}}}}}{\pi } = {108^{\rm{o}}}\).

(Sai) $\frac{7\pi }{12}\text{rad}={155}^{°}$

(Vì): Ta có \(n = \frac{{7\pi }}{{12}} \cdot \frac{{{{180}^{\rm{o}}}}}{\pi } = {105^{\rm{o}}}\), vậy 155^o là sai.

Ngày thứ nhất Aladin ước được \({u_1} = 4\) điều.

Ngày thứ hai Aladin ước \({u_2} = 2{u_1} = 4.2\) điều.

Ngày thứ ba Aladin ước \({u_3} = 2{u_2} = {4.2^2}\) điều.

Ngày thứ tư Aladin ước \({u_4} = 2{u_3} = {4.2^3}\) điều.

Ngày thứ năm Aladin ước \({u_5} = 2{u_4} = {4.2^4}\) điều.

Ngày thứ n Aladin ước \({u_n} = 2{u_{n - 1}} = {4.2^{n - 1}}\) điều.

Vậy \({u_1},\,{u_2},...,{u_n},...\) lập thành 1 cấp số nhân với \({u_1} = 4\) và công bội \(q = 2.\)

Vậy sau \(11\) ngày Aladin đã ước: \({S_5} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{11}} = 4\left( {\frac{{1 - {2^{10}}}}{{1 - 2}}} \right) = 4092\) điều.

Thành phố A có 12 giờ ánh sáng mặt trời nên \[d\left( t \right) = 12\]

\[ \Leftrightarrow 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right] + 12 = 12\]\[ \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right] = 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right) = k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\]\( \Leftrightarrow t = 80 + 182k\)

Mà \(0 < t \le 365 \Rightarrow 0 < 80 + 182k \le 365 \Leftrightarrow  - \frac{{40}}{{91}} < k \le \frac{{285}}{{182}}\)

Do \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 0\\k = 1\end{array} \right.\)

Với \(k = 0 \Rightarrow t = 80\)

Với \(k = 1 \Rightarrow t = 262\)

Vậy có 2 ngày để thành phố A có 12 giờ ánh sáng mặt trời.

Cơ sở A giá mét khoan đầu tiên là 8000 đồng và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm 500 đồng so với giá của mét khoan ngay trước đó.

Nếu đào giếng \(20\left( m \right)\) hết số tiền là: .

Nếu đào giếng \(25\left( m \right)\) hết số tiền là: .

Cơ sở B Giá của mét khoan đầu tiên là 6000 đồng và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm 7% giá của mét khoan ngay trước đó.

Nếu đào giếng \(20\left( m \right)\) hết số tiền là: .

Nếu đào giếng \(25\left( m \right)\) hết số tiền là: .

Ta thấy ,  nên giếng \(20\left( m \right)\) chọn B còn giếng \(25\left( m \right)\) chọn A.

Gọi giao điểm của \(CG\) với \(AB\) là \(I\).

Thiết diện của mặt phẳng \((CGD)\) với tứ diện \(ABCD\) là tam giác \(DCI\).

Ta có \(G\) là trọng tâm tam giác đều \(ABC\) nên ta có \(CI = \frac{{8\sqrt 3 }}{2} = 4\sqrt 3 \) và \(CG = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago nên \(DG = \sqrt {D{C^2} - C{G^2}}  = \frac{{8\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy \({S_{DCI}} = \frac{1}{2}DG \cdot CI = \frac{1}{2} \cdot \frac{{8\sqrt 6 }}{3} \cdot \frac{{8\sqrt 3 }}{2} = 16\sqrt 2  = 22,6\)

Đổi \(2,4{\rm{m}} = 240{\rm{cm}}\), \(1,2{\rm{m}} = 120{\rm{cm}}\).

Số viên gạch ở hàng đầu tiên (ứng với đáy lớn) là \({u_1} = \frac{{240}}{{10}} = 24\).

Số viên gạch ở hàng trên cùng (ứng với đáy nhỏ) là \({u_n} = \frac{{120}}{{10}} = 12\).

Vì mỗi hàng ở phía trên chứa ít hơn một viên so với hàng ở ngay phía dưới nó nên ta thu được một cấp số cộng có công sai \(d =  - 1\).

Như vậy \({u_n} = 12 = {u_1} + (n - 1)d \Leftrightarrow n = 13\).

Vậy số viên gạch hình vuông cần thiết để ốp hết bức tường đó là

\({S_{13}} = \frac{{13\left( {{u_1} + {u_{13}}} \right)}}{2} = 234{\rm{ vi\^e n gach}}{\rm{.}}\)