Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 17

Ta có: \(2\sin x - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Do \(x \in \left( {0;2\pi } \right)\)nên ta có \(x = \frac{\pi }{6};x = \frac{{5\pi }}{6}\).

Chọn B

Diện tích mỗi mặt tháp theo thứ tự từ dưới lên trên tạo thành một cấp số nhân gốm 11 số hạng với: số hạng đầu \[{u_1} = \frac{1}{2}.12\,\,288 = 6\,\,144\] và công bội \[q = \frac{1}{2}\].

Khi đó, diện tích mặt trên cùng là: \[{u_{11}} = {u_1}.{q^{10}} = 6\,\,144.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{10}} = 6{m^2}\].

Ta có: \(2\cos x = \sqrt 3  \Leftrightarrow \cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi (k \in \mathbb{Z})\).

Vì \(x \in \left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]\) nên \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{11\pi }}{6};\frac{{13\pi }}{6}} \right\}\).

Vậy nghiệm \(x\) thoả mãn đề bài là: \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{11\pi }}{6};\frac{{13\pi }}{6}} \right\}\).

a. Trong \((SBD):SO \cap MN = E\).

\({\rm{ Ta c\'o  }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in SO}\\{E \in MN \subset (MNP)}\end{array} \Rightarrow E \in SO \cap (MNP)} \right.{\rm{. }}\)

b. Trong \((SAC):PE \cap SA = Q\).

\({\rm{ Ta c\'o  }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Q \in SA}\\{Q \in PE \subset (MNP)}\end{array} \Rightarrow Q \in SA \cap (MNP)} \right.{\rm{. }}\)

c. Từ giả thiết ta có \(\left\{ \begin{array}{l}I \in QM \subset \left( {MNP} \right)\\J \in QP \subset \left( {MNP} \right)\\K \in QN \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {MNP} \right)\,\left( 1 \right)\)

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}I \in AB \subset \left( {ABCD} \right)\\J \in AC \subset \left( {ABCD} \right)\\K \in AD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {ABCD} \right)\,(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(I,J,K \in (MNP) \cap (ABCD)\).

Suy ra \(I,J,K\) thẳng hàng.

Số giờ nắng gắt trong ngày thứ \[n\] được tính bởi công thức: \(f\left( n \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right)} \right] + 12\)

Vậy Tỉnh Quảng Nam chịu nhiều giờ nắng gắt nhất nghĩa là \(f\left( n \right)\) đạt giá trị lớn nhất

Ta có: \( - 1 \le \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right)} \right] \le 1,\,\forall n\) \( \Rightarrow f\left( n \right) \le 15\)

Suy ra \(\max f\left( n \right) = 15 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right)} \right] = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right) = \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow n = 171 + k.364,\forall k \in \mathbb{Z}\)

Mà \(0 < n \le 365\) nên \(n = 171\).

Đán án: 171

Hình vuông \({A_1}\) có diện tích \({S_1} = 1\)

Hình vuông \({A_2}\) là hình vuông có các đỉnh là trung điểm các cạnh của hình vuông \({A_1}\) do đó hình vuông

\({A_2}\) có diện tích \({S_2} = \frac{1}{2}{S_1} = \frac{1}{2}\)

Tương tự, hình vuông \({A_3}\) có diện tích \({S_3} = \frac{1}{2}{S_2} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{{{2^2}}}\)

Cứ tiếp tục như thế ta tính được diện tích hình vuông \({A_{2024}}\) là \({S_{2024}} = \frac{1}{{{2^{2023}}}}\)

Khoảng cách \(h\) là \(3\) m khi

\(3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}(2t - 1)} \right] =  - 3 \Leftrightarrow \cos \left[ {\frac{\pi }{3}(2t - 1)} \right] =  - 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}(2t - 1) =  - \pi  + k2\pi  \Leftrightarrow t =  - 1 + 3k,k \in \mathbb{Z}.\)

Vậy vào thời điểm \(t =  - 1 + 3k,k \in \mathbb{Z}\) thì khoảng cách \(h\) là \(3\) m.

Khoảng cách \(h\) là \(0\) m khi

\(3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}(2t - 1)} \right] = 0 \Leftrightarrow \cos \left[ {\frac{\pi }{3}(2t - 1)} \right] = 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}(2t - 1) = \frac{\pi }{2} + k\pi  \Leftrightarrow t = \frac{5}{4} + \frac{3}{2}k,k \in \mathbb{Z}.\)

Vậy vào thời điểm \(t = \frac{5}{4} + \frac{3}{2}k,k \in \mathbb{Z}\) thì khoảng cách \(h\) là \(0\) m.

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 $△IAH~△IBN\left(\text{g0g}\right)\Rightarrow \frac{IA}{IB}=\frac{AH}{BN}=\frac{2}{3}$.

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

Gọi số cạnh đa giác là \(n\) và các cạnh lần lượt là \({u_1};{u_2}; \ldots ;{u_n}\).

Theo đề ra, ta có \({u_n} = 44 \Leftrightarrow {u_1} + (n - 1)d = 44 \Leftrightarrow {u_1} = 47 - 3n\).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{S_n} = \frac{{{u_1} + {u_n}}}{2} \cdot n}\\{ \Leftrightarrow 158 = \frac{{91 - 3n}}{2} \cdot n}\\{ \Leftrightarrow 3{n^2} - 91n + 316 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 4{\rm{ (nh?n)}}}\\{n = \frac{{79}}{3}{\rm{ (lo?i)}}{\rm{.}}}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Vậy đa giác có \(4\) cạnh.