Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 15

Từ giả thiết ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sx\\AD\;{\rm{//}}\;BC\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\;\quad  \Rightarrow \;\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sx\;{\rm{//}}AD\;{\rm{//}}\;BC\].

a.  b. Trong \((SAC):AM \cap SO = I\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I \in AM}\\{I \in SO \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow I \in AM \cap (SBD)} \right.\).

Tam giác \(SAC\) có hai đường trung tuyến \(AM\) và \(SO\) cắt nhau tại \(I\), suy ra \(I\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\). Từ đó ta có \(IA = 2IM\).

c. Trong \((SBD):BI \cap SD = E\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in SD}\\{E \in BI \subset (ABM)}\end{array} \Rightarrow I \in SD \cap (ABM)} \right.\).

d. Trong \((ABCD):CN \cap BD = F\).

Trong \((SNC):SF \cap MN = J\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{J \in MN}\\{J \in SF \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow J \in MN \cap (SBD)} \right.\).

(Sai) Tập xác định hàm số \(f(x)\) là \(\mathcal{D} = {\mathbb{R}^ + }\)

(Vì): Xét \(y = f(x) = 3{\sin ^3}x\).

Tập xác định \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\) suy ra \(\forall x \in \mathcal{D}\) thì \( - x \in \mathcal{D}\).

Ta có \(f( - x) = 3{\sin ^3}( - x) =  - 3{\sin ^3}x =  - f(x)\).

(Đúng) Hàm số \(f(x)\) đã cho là hàm số lẻ

(Vì): Do đó hàm số đã cho là hàm số lẻ.

(Đúng) Tập xác định hàm số \(g(x)\) là \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\)

(Vì): Xét \(y = g(x) =  - 5\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right)\).

Tập xác định \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\) suy ra \(\forall x \in \mathcal{D}\) thì \( - x \in \mathcal{D}\).

(Đúng) Hàm số \(g(x)\) đã cho không chẵn, không lẻ

(Vì): Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( { - \frac{\pi }{{12}}} \right) =  - 5\cos \left( { - \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 5\cos \left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{ - 5\sqrt 3 }}{2}}\\{f\left( {\frac{\pi }{{12}}} \right) =  - 5\cos \left( {\frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 5\cos \left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( { - \frac{\pi }{{12}}} \right) \ne f\left( {\frac{\pi }{{12}}} \right)}\\{f\left( { - \frac{\pi }{{12}}} \right) \ne  - f\left( {\frac{\pi }{{12}}} \right).}\end{array}} \right.\)

Do đó hàm số đã cho không chẵn, không lẻ.

Gọi \[{u_1}\] là số tiền phải trả cho \(50\) số điện đầu tiên.

Suy ra \[{u_1} = 50 \cdot 1\,\,728 = 86\,\,400\] (đồng).

\[{u_2}\]là số tiền phải trả cho các số điện từ \(51\) đến \(100\).

Suy ra \[{u_2} = {u_1}\left( {1 + 0,035} \right)\] (đồng).

\[{u_3}\]là số tiền phải trả cho các số điện từ \(101\) đến \(150\).

Suy ra \[{u_3} = {u_2}\left( {1 + 0,035} \right) = {u_1}{\left( {1 + 0,035} \right)^2}\](đồng).

…….

\[{u_8}\]là số tiền phải trả cho các số điện từ 351 đến 400.

Suy ra \[{u_8} = {u_1}{\left( {1 + 0,035} \right)^7}\](đồng).

Các số \[{u_1};\,{u_2};...;\,{u_8}\] lập thành cấp số nhân với \[{u_1} = 86\,\,400\] và công bội \[q = 1 + 0,035\].

Số tiền phải trả cho \(400\) số điện đầu tiên là

\[{S_1} = {u_1} \cdot \frac{{1 - {q^8}}}{{1 - q}} = 86\,\,400.\frac{{1 - {{\left( {1 + 0,035} \right)}^8}}}{{1 - \left( {1 + 0,035} \right)}} = 782\,\,065,737\](đồng).

Số tiền phải trả cho 25 số điện từ 401 đến 425 là

\[{S_2} = 25 \cdot 1\,\,728{\left( {1 + 0,035} \right)^8} = 56\,\,886,1504\](đồng).

Tháng 9 gia đình ông A phải trả số tiền điện là

\[S = {S_1} + {S_2} = 782\,\,065,737 + 56\,\,886,1504 = 838\,\,951,8874\](đồng).

Để tàu có thể hạ thủy thì mực nước sâu \(4,6m\), tức là

\[\begin{array}{l}h\left( t \right) = 0,8\cos 0,5t + 5 = 4,6 &  \Leftrightarrow \cos 0,5t =  - \frac{1}{2}\\ &  \Leftrightarrow 0,5t =  \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi  \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{4\pi }}{3} + k4\pi \\t =  - \frac{{4\pi }}{3} + l4\pi \end{array} \right.\,\left( {k,l \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\].

Do \(0 \le t \le 12\) nên

Với \(k = 0\), suy ra \(t = \frac{{4\pi }}{3} \approx 4,19\) (giờ).

Với \(l = 1\), suy ra \(t = \frac{{2\pi }}{3} \approx 2,09\) (giờ).

Vậy, có 2 thời điểm trong vòng 12 tiếng sau khi thủy triều lên lần đầu tiên trong ngày tàu có thể hạ thủy.

Tìm giao điểm \(Q\) của \(SO\) với \((MNP)\)

Trong \((SAC)\), gọi \(Q = SC \cap MI\), mà \(MI \subset (MNP) \Rightarrow Q = SC \cap (MNP)\).

\(\cos 3x = \sin x \Leftrightarrow \cos 3x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi }\\{3x =  - \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}}\\{x =  - \frac{\pi }{4} + k\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

Suy ra nghiệm âm lớn nhất là \(x =  - \frac{\pi }{4}\).

Độ dài các cạnh của tam giác có thứ tự dạng \(x - d\), \(x\), \(x + d\), với \(x > d > 0\).

Vì tam giác trên là vuông nên ta có \({\left( {x + d} \right)^2} = {x^2} + {\left( {x - d} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} - 4dx = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0\;\;{\rm{(lo?i)}}}\\{x = 4d.}\end{array}} \right.\)

Mặt khác do chi vi của tam giác bằng \(3\) nên ta có

\(x - d + x + x + d = 3 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow d = \frac{1}{4}.\)

Vậy các cạnh của tam giác có độ dài lần lượt là \(\frac{3}{4}\), \(1\), \(\frac{5}{4}\).