Bộ 19 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 5

- Trong \(\left( {ABCD} \right){,^{}}AC \cap BD = O.\)

- Trong \(\left( {SAC} \right){,^{}}AN \cap SO = E.\)

- Trong \(\left( {SBD} \right){,^{}}ME \cap SD = F.\)

Suy ra, thiết diện là tứ giác \(AFNM.\)

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

(Vì): Hàm số xác định \( \Leftrightarrow 3 - 2\sin x \ge 0 \Leftrightarrow \sin x \le \frac{3}{2}\) (đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\)).

Vì vậy tập xác định hàm số là \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\).

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

(Vì): Với mọi \(x \in \mathcal{D}\) thì \(x \pm 2\pi  \in \mathcal{D}\) và \(f(x + 2\pi ) = \sqrt {3 - 2\sin (x + 2\pi )}  = \sqrt {3 - 2\sin x}  = f(x)\).

Vậy hàm số đã cho là hàm tuẩn hoàn.

(Sai) Hàm số \(g(x)\) xác định khi \(x \ne k2\pi (k \in \mathbb{Z})\)

(Vì): Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} \ne 0 \Leftrightarrow \frac{x}{2} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi (k \in \mathbb{Z}) \Leftrightarrow x \ne \pi  + k2\pi (k \in \mathbb{Z})\).

Vì vậy tập xác định hàm số là: \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\backslash \{ \pi  + k2\pi \mid k \in \mathbb{Z}\} \).

(Sai) Hàm số \(g(x)\) đã cho là hàm không tuần hoàn

(Vì): Với mọi \(x \in \mathcal{D}\) thì \(x \pm 2\pi  \in \mathcal{D}\) và

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f(x + 2\pi ) = \tan \frac{{x + 2\pi }}{2} - \frac{1}{3}\cos (x + 2\pi )}\\{ = \tan \left( {\frac{x}{2} + \pi } \right) - \frac{1}{3}\cos x = f(x).}\end{array}\)

Vậy hàm số đã cho là hàm tuần hoàn.

(Đúng) Hai mặt phẳng phân biệt không cắt nhau thì song song
(Vì): Đúng.
(Sai) Nếu mặt phẳng này chứa hai đường thẳng cùng song song với mặt phẳng kia thì hai mặt phẳng đó song song với nhau
(Vì): Sai.
Vì trong giả thiết đã thiếu đi một yếu tố cần thiết là hai đường thẳng phải cắt nhau, khi đó ta mới kết luận hai mặt phẳng song song với nhau.
(Sai) Hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau
(Vì): Sai.
Vì hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng vẫn có thể trùng nhau.
(Sai) Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì song song với nhau
(Vì): Sai.
Vì hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì chúng có thể cắt nhau hoặc song song với nhau.

Số tiền du khách đặt cược trong mỗi lần chơi là một cấp số nhân có \({u_1} = 100\,000\) và công bội \(q = 2.\) Du khách thua trong \(5\) lần chơi đầu tiên nên tổng số tiền thua là

\({S_5} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_5} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {2^5}} \right)}}{{1 - 2}} = 3100000\)đồng

Số tiền mà du khách đã đặt cược trong lần thứ 6 là\({u_6} = {u_1}.{q^5} = 3200000\) đồng. Do số tiền đã nhận khi thắng bằng hai lần tiền đặt cược nên số tiền đã thắng ở lần chơi này là \(2.3200000 - 3200000 = 3200000\).

Ta có \(3200000 - 3100000 = 100000 > 0\) nên du khách thắng 100 nghìn đồng sau 6 lần chơi.

Khi vật đi qua vị trí cân bằng thì \(s = 0\), ta có:

\(2\sqrt 2 \cos \left( {7t + \frac{\pi }{3}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {7t + \frac{\pi }{3}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 7t + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow 7t = \frac{\pi }{6} + k\pi \)

\( \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{{42}} + \frac{{k\pi }}{7}\).

Trong khoảng thời gian từ \(0\)đến \(30\) giây, ta có:

\(0 \le \frac{\pi }{{42}} + \frac{{k\pi }}{7} \le 30\)\( \Leftrightarrow  - \frac{1}{6} \le k \le \frac{{210}}{\pi } - \frac{1}{6}\)

Vì $k\in \mathbb{Z}\Rightarrow k\in \left\{0;1;2;3;4;5;6;7;\mathrm{.....};66\right\}$

Vậy khoảng thời gian từ \(0\)đến \(30\) giây, vật đi qua vị trí cân bằng \(67\) lần.

Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SBD} \right)\] và\[\left( {ABM} \right)\].

Ta có \[B\] là điểm chung thứ nhất của \[\left( {SBD} \right)\] và \[\left( {ABM} \right)\].

Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\], gọi\[O = AC \cap BD\].

Trong mặt phẳng\[\left( {SAC} \right)\], gọi \[K = AM \cap SO\]. Ta có:

▪ \[K \in SO\] mà \[SO \subset \left( {SBD} \right)\] suy ra \[K \in \left( {SBD} \right)\].

▪ \[K \in AM\] mà \[AM \subset \left( {ABM} \right)\] suy ra \[K \in \left( {ABM} \right)\].

Suy ra \[K\] là điểm chung thứ hai của \[\left( {SBD} \right)\] và \[\left( {ABM} \right)\].

Do đó \[\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABM} \right) = BK\].

Trong mặt phẳng \[\left( {SBD} \right)\], gọi \[N = SD \cap BK\]. Ta có:

▪ \[N \in BK\] mà \[BK \subset \left( {ABM} \right)\] suy ra \[N \in \left( {ABM} \right)\].

▪ \[N \in SD\].

Vậy \[N = SD \cap \left( {ABM} \right)\].

Ta thấy ở phương án 1: mức lương ở mỗi năm lập thành một cấp số cộng, với

\({u_1} = 45\)(triệu đồng), \(n = 10\)(năm), công sai \(d = 3\)(triệu đồng)

Vậy \({S_{10}} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right] = 5.\left[ {2.45 + 9.3} \right] = 585\,\)triệu đồng.

Ở phương án 2: mức lương ở mỗi năm lập thành một cấp số cộng, với

\({u_1} = 7\)(triệu đồng), \(n = 40\) (quý),công sai \(d = 0,5\)(triệu đồng)

Vậy \({S_{10}} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right] = 20.\left[ {2.7 + 39.0,5} \right] = \,670\,\)triệu đồng

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}(t - 80)} \right] \ge  - 1}\\{ \Rightarrow 3 \cdot \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}(t - 80)} \right] \ge  - 3}\\{ \Rightarrow 3 \cdot \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}(t - 80)} \right] + 12 \ge 9}\\{ \Rightarrow d(t) \ge 9.}\end{array}\)Vậy thành phố \(T\) có ít giờ có ánh sáng mặt trời nhất khi và chỉ khi\\ \(\begin{array}{*{20}{l}}{\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}(t - 80)} \right] =  - 1}\\{ \Rightarrow \frac{\pi }{{182}}(t - 80) =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{ \Rightarrow t - 80 = 182\left( { - \frac{1}{2} + 2k} \right)}\\{ \Rightarrow t = 364k - 11,k \in \mathbb{Z}.}\end{array}\) Mặt khác \(\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le 364k - 11 \le 365}\\{ \Rightarrow \frac{{11}}{{364}} \le k \le \frac{{376}}{{364}}}\\{ \Rightarrow k = 1({\rm{do }}k \in \mathbb{Z})}\\{ \Rightarrow t = 364 - 11 = 353.}\end{array}\)

Vậy thành phố \(T\) có ít giờ ánh sáng Mặt Trời nhất là \(9\) giờ khi \(t = 353\), tức là vào ngày thứ \(353\) trong~năm.