10 Đề thi kiểm tra giữa HK1 môn Toán lớp 11 - CTST - Đề 8
22 câu hỏi 60 phút
Do nhu cầu đi lại của gia đình, anh Bình quyết định thực hiện tích góp tiền để mua một chiếc ôtô HONDA CRV trị giá \(1,259\) tỉ đồng.
Đợt thứ nhất: anh Bình đã tích góp theo nguyên tắc tháng sau tích góp nhiều hơn tháng ngay trước đó số tiền là \(2\) triệu đồng và cứ như thế đến tháng thứ \(10\) anh phải góp \(21\) triệu đồng. Đến hết đợt thứ nhất anh Bình có tất cả \(624\) triệu đồng.
Đợt thứ hai kế tiếp: do muốn rút ngắn thời gian mua xe thì số tiền còn lại anh tiếp tục tích góp với tháng đầu là \(5\) triệu đồng và mỗi tháng tiếp theo số tiền gấp đôi tháng kề trước nó
Đợt thứ nhất anh Bình tích lũy tiền theo dãy số với cấp số cộng có công sai là \(d=2\) triệu đồng và \({{u}_{1}}=3\) triệu đồng
Anh Bình tích lũy tiền hết đợt thứ nhất trong \(25\) tháng
Đợt thứ hai anh Bình tích lũy tiền theo dãy số với cấp số nhân có công bội là \(q=2\) triệu đồng và \({{u}_{1}}=5\) triệu đồng.
Để đủ tiền mua ôtô thì anh Bình thì anh Bình tích góp ít nhất \(31\) tháng
+ Đợt thứ nhất anh Bình tích lũy theo cấp số cộng với công sai \(d=2\) (triệu đồng).
Theo đề bài ta có \(21={{u}_{1}}+9.2\Rightarrow {{u}_{1}}=3\) (triệu đồng).
+ Hết đợt thứ nhất anh Bình có tất cả \(624\) triệu đồng nên ta có
\({{S}_{n}}=624\Rightarrow 624=\frac{n\left[ 2{{u}_{1}}+\left( n-1 \right).3 \right]}{2}\)
\(\Rightarrow n=24\) tháng.
+ Theo đề Số tiền còn lại anh Bình tích góp theo cấp số nhân có công bội là \(q=2\) triệu đồng và \({{u}_{1}}=5\) (triệu đồng).
+ Số tiền cần tích lũy ở đợt hai là \(1\,259-624=635\) (triệu đồng)
Từ đó ta có \(635=5.\frac{1-{{2}^{n}}}{1-2}\) \(\Rightarrow n=7\) tháng.
Tổng cộng hai đợt cần có ít nhất \(24+7=31\) tháng.
Danh sách câu hỏi:
Câu 1:
Do nhu cầu đi lại của gia đình, anh Bình quyết định thực hiện tích góp tiền để mua một chiếc ôtô HONDA CRV trị giá \(1,259\) tỉ đồng.
Đợt thứ nhất: anh Bình đã tích góp theo nguyên tắc tháng sau tích góp nhiều hơn tháng ngay trước đó số tiền là \(2\) triệu đồng và cứ như thế đến tháng thứ \(10\) anh phải góp \(21\) triệu đồng. Đến hết đợt thứ nhất anh Bình có tất cả \(624\) triệu đồng.
Đợt thứ hai kế tiếp: do muốn rút ngắn thời gian mua xe thì số tiền còn lại anh tiếp tục tích góp với tháng đầu là \(5\) triệu đồng và mỗi tháng tiếp theo số tiền gấp đôi tháng kề trước nó
Đợt thứ nhất anh Bình tích lũy tiền theo dãy số với cấp số cộng có công sai là \(d=2\) triệu đồng và \({{u}_{1}}=3\) triệu đồng
Anh Bình tích lũy tiền hết đợt thứ nhất trong \(25\) tháng
Đợt thứ hai anh Bình tích lũy tiền theo dãy số với cấp số nhân có công bội là \(q=2\) triệu đồng và \({{u}_{1}}=5\) triệu đồng.
Để đủ tiền mua ôtô thì anh Bình thì anh Bình tích góp ít nhất \(31\) tháng
+ Đợt thứ nhất anh Bình tích lũy theo cấp số cộng với công sai \(d=2\) (triệu đồng).
Theo đề bài ta có \(21={{u}_{1}}+9.2\Rightarrow {{u}_{1}}=3\) (triệu đồng).
+ Hết đợt thứ nhất anh Bình có tất cả \(624\) triệu đồng nên ta có
\({{S}_{n}}=624\Rightarrow 624=\frac{n\left[ 2{{u}_{1}}+\left( n-1 \right).3 \right]}{2}\)
\(\Rightarrow n=24\) tháng.
+ Theo đề Số tiền còn lại anh Bình tích góp theo cấp số nhân có công bội là \(q=2\) triệu đồng và \({{u}_{1}}=5\) (triệu đồng).
+ Số tiền cần tích lũy ở đợt hai là \(1\,259-624=635\) (triệu đồng)
Từ đó ta có \(635=5.\frac{1-{{2}^{n}}}{1-2}\) \(\Rightarrow n=7\) tháng.
Tổng cộng hai đợt cần có ít nhất \(24+7=31\) tháng.
Câu 2:
Cho góc lượng giác \(\alpha \), sao cho \(\text{cot}\alpha =\sqrt{2}+1,\,0<\alpha <\frac{\pi }{2}\)
\(\text{cos}\alpha >0\) và \(\text{sin}\alpha >0.\)
\(\text{tan}\alpha =\sqrt{2}+1\)
\(\sin \alpha =\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\)
\(\text{cos}\alpha =\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\)
+ \(0<\alpha <\frac{\pi }{2}\Rightarrow \text{cos}\alpha >0\) và \(\sin \alpha >0\);
+ \(\text{tan}\alpha =\frac{1}{\sqrt{2}+1}=\sqrt{2}-1\);
+ \(\sin \alpha =\sqrt{\frac{1}{{{\cot }^{2}}\alpha +1}}=\sqrt{\frac{1}{{{(\sqrt{2}+1)}^{2}}+1}}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\)
+ \(\cos \alpha =\sqrt{1-{{\left( \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\).
Câu 3:
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M\) là điểm trên cạnh \(AB,\,N\) là điểm thuộc cạnh \(AC\) sao cho \(MN\) không song song với \(BC\). Gọi \(P\) là điểm nằm trong \(\Delta BCD\)
\(MN=\left( MNP \right)\cap \left( ABC \right)\)
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( MNP \right),\left( BCD \right)\) là đường thẳng cắt \(BC\)
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( MNP \right),\left( ABD \right)\) là đường thẳng cắt \(AB\) và \(DC\)
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( MNP \right),\left( ACD \right)\) là đường thẳng cắt \(AB\) và \(DC\)
Phương án 1:
Ta có \(\left\{\begin{array}{l}M \in A B \\ N \in A C \Rightarrow M N \subset(A B C)\end{array}\right.\).
Do đó \(M N=(M N P) \cap(A B C)\).
Phương án 2:
Trong \(\left( ABC \right)\) gọi \(H=MN\cap BC\).
Ta có: \(\left\{ \begin{align} H\in MN\subset \left( MNP \right) \\H\in BC\subset \left( BCD \right) \end{align} \right.\Rightarrow H\in \left( MNP \right)\cap \left( BCD \right)\,\,\,(1)\)
Lại có: \(\left\{ \begin{align} P\in \left( MNP \right) \\ P\in \left( BCD \right) \end{align} \right.\Rightarrow P\in \left( MNP \right)\cap \left( BCD \right)\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(HP=\left( MNP \right)\cap \left( BCD \right)\)
Phương án 3:
Trong \(\left( BCD \right)\) gọi \(K=HP\cap BD\)
Ta có: \(\left\{ \begin{align} K\in BD\subset \left( ABD \right) \\ K\in HP\subset \left( MNP \right) \end{align} \right.\Rightarrow K\in \left( MNP \right)\cap \left( ABD \right)\,\,\,\left( 1 \right)\)
Lại có: \(\left\{ \begin{align} M\in \left( MNP \right) \\ M\in AB\subset \left( ABD \right) \end{align} \right.\Rightarrow M\in \left( MNP \right)\cap \left( ABD \right)\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(MK\in \left( MNP \right)\cap \left( ABD \right)\).
Phương án 4:
Trong \(\left( BCD \right)\) gọi \(F=HK\cap DC\).
Trình bày tương tự như hai câu trên ta được \(NF=\left( MNP \right)\cap \left( ACD \right)\)
+ Ta có \(S\in \left( SIK \right)\cap \left( SAC \right)\).
Trong mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\), gọi \(E=IK\cap AC\)
\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}E\in IK\subset \left( SIK \right) \\E\in AC\subset \left( SAC \right) \end{align} \right.\)
\(\Rightarrow E\in \left( SIK \right)\cap \left( SAC \right)\)
Suy ra \(SE=\left( SIK \right)\cap \left( SAC \right)\).
+ Ta có \(\Rightarrow \left\{ \begin{align}S\in \left( SIK \right)\cap \left( SBD \right) \\BD\subset \left( SBD \right),IK\subset \left( SIK \right) \end{align} \right.\)
\(\Rightarrow \left( SIK \right)\cap \left( SBD \right)=Sx,\left( Sx//BD//IK \right)\)
+ Trong mp \(\left( SBD \right)\), gọi \(F=Sx\cap DM\)
\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}S\in DM \\S\in Sx\subset \left( SIK \right) \end{align} \right.\)
\(\Rightarrow F=DM\cap \left( SIK \right)\).
Ta có \(SF//BD\Rightarrow \frac{MF}{MD}=\frac{MS}{MB}=1\).
Gọi \(S\) là diện tích mặt đáy. Khi đó: \({{T}_{1}}=\frac{1}{2}S\);
\({{T}_{1}}=\frac{1}{2}.S;{{T}_{2}}=\frac{1}{2}.{{T}_{1}}=\frac{1}{{{2}^{2}}}.S\)
...
\({{T}_{10}}=\frac{1}{{{2}^{10}}}.S=\frac{1}{{{2}^{10}}}.12\,288=12\).
Vậy diện tích bề mặt trên cùng của tháp bằng \(12\) \({{m}^{2}}\).
Câu 18:
Chiều cao so với mực nước biển trung bình tại thời điểm \(t\) của mỗi cơn sóng được cho bởi hàm số \(h\left( t \right)=75\text{sin}\left( \frac{\pi t}{8} \right)\), trong đó \(h\left( t \right)\) được tính bằng centimét
Chiều cao của sóng tại các thời điểm \(5\) giây bằng \(69,3\) cm.
Chiều cao của sóng tại các thời điểm \(20\) giây bằng \(75\) cm.
Trong \(30\) giây đầu tiên, thời điểm để sóng đạt chiều cao lớn nhất là \(6\) giây.
Trong \(30\) giây đầu tiên, có \(3\) thời điểm để sóng đạt chiều cao lớn nhất.
