Đề thi học kì 1 Toán 11 - Đề số 1

Tìm tập xác định của từng hàm số.

Hàm số $y = \tan x$ xác định $\forall x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Hàm số $y = \cot x$ xác định $\forall x \ne k\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Hàm số $y = \frac{1}{{\cot x}}$ xác định $\forall x \ne \frac{{k\pi }}{2}$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Hàm số $y = \frac{1}{{{{\sin }^2}x + 1}}$ xác định với mọi giá trị của x.

$\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi$ $(k \in \mathbb{Z})$.

$\tan (2x - {15^o}) = 1 \Leftrightarrow 2x - {15^o} = {45^o} + k{180^o} \Leftrightarrow x = {30^o} + k{90^o}$ $(k \in \mathbb{Z})$.

Xét $- {90^o} < x < {90^o} \Leftrightarrow  - {90^o} < {30^o} + k{90^o} < {90^o}$

$\Leftrightarrow  - {120^o} < k{90^o} < {60^o} \Leftrightarrow  - \frac{4}{3} < k < \frac{2}{3}$.

Suy ra k = -1 hoặc k = 0.

Với k = -1, ta được $x = {30^o} + ( - 1){.90^o} =  - {60^o}$.

Với k = 0, ta được $x = {30^o} + {0.90^o} = {30^o}$.

Vậy tổng các nghiệm là $- {60^o} + {30^o} =  - {30^o}$.

Thay n + 1 vào n.

Ta có ${u_{n + 1}} = {2024^{n + 1}}$.

Công thức số hạng tổng quát: ${u_n} = {u_1} + (n - 1)d$.

-32 là số hạng thứ n của cấp số cộng. Ta có $32 = 3 + (n - 1)( - 5) \Leftrightarrow n = 8$.

Công thức tổng n số hạng đầu của cấp số nhân: ${S_n} = {u_1}\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}}$.

Áp dụng công thức tổng số hạng của cấp số nhân ta có: ${S_3} = 1.\frac{{1 - {2^3}}}{{1 - 2}} = 7$.

Theo định nghĩa giới hạn hữu hạn của dãy số.

Ta có $\lim {q^n} = 0$ $\left( {\left| q \right| < 1} \right)$ nên B sai.

Tìm điểm mà tại đó hàm số không xác định

Hàm số có tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \{ 2\}$, suy ra hàm số gián đoạn tại x = 2.

Sử dụng kiến thức về vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng.

B sai vì hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có thể trùng nhau. Khi đó chúng có vô số điểm chung và chung nhau vô số đường thẳng.

Đường thẳng song song với mặt phẳng nếu nó song song với một đường thuộc mặt phẳng đó.

Vì MN là đường trung bình của tam giác SAC nên MN//AC.

Mà AC thuộc mặt phẳng (ABCD) suy ra MN//(ABCD).

Mặt phẳng cần tìm chứa cả hai điểm O và E.

Ta có $\{\begin{array}{l}O\in AC\\ E\in SA\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}O \in AC\\E \in SA\end{array} \right.$ nên $OE \subset (SAC)$.

Giá trị đại diện của nhóm là trung bình cộng của đầu mút trái và đầu mút phải nhóm đó.

Giá trị đại diện của nhóm thứ tư là $\frac{{156 + 158}}{2} = 157$.

Nhóm chứa trung vị là nhóm chứa giá trị chính giữa của mẫu số liệu.

Cỡ mẫu: n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42.

Trung vị của mẫu số liệu trên là ${Q_2} = \frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2}$.

Mà ${x_{21}}$, ${x_{22}}$ $\in [40;60)$.

Vậy nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu trên là [40;60).

a) Sử dụng công thức ${\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1$.

b) Sử dụng công thức $\cos (x + \pi ) = - \cos x$.

c) Sử dụng công thức hạ bậc ${\sin ^2}x = \frac{{1 - \cos 2x}}{2}$, ${\cos ^2}x = \frac{{\cos 2x + 1}}{2}$.

d) Sử dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản:

$\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = - \alpha + k2\pi \end{array}$ \right. $(k \in \mathbb{Z})$.

a) Đúng. Ta có: ${\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) + {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = 1$

$\Leftrightarrow {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = 1 - {\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right)$

$\Leftrightarrow {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = {\sin ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right)$.

b) Đúng. $\cos (2x + \pi ) = - \cos 2x$.

c) Đúng. Ta có: ${\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) + {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = 1$

$\Leftrightarrow {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = {\sin ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right)$

$\Leftrightarrow \frac{{\cos \left( {2x + \pi } \right) + 1}}{2} = \frac{{1 - \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)}}{2}$

$\Leftrightarrow \cos \left( {2x + \pi } \right) = - \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)$

$\Leftrightarrow - \cos 2x = - \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)$

$\Leftrightarrow \cos 2x = \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)$.

d) Sai. Ta có: ${\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) + {\cos ^2}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = 1 \Leftrightarrow \cos 2x = \cos \left( {4x + \frac{\pi }{2}} \right)$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}2x = 4x + \frac{\pi }{2} + k2\pi \\2x = - 4x - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}2x = 4x + \frac{\pi }{2} + k2\pi \\2x = - 4x - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array}$ \right.

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l} - 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\6x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\end{array}$ \right. $(k \in \mathbb{Z})$.

Sử dụng các quy tắc tìm giới hạn của dãy số.

a) Sai. Ta có: $\lim \frac{{2{n^2} - n + 4}}{{a{n^2} + n + 3}} = \lim \frac{{{n^2}\left( {2 - \frac{1}{n} + \frac{4}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {a + \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}} = \lim \frac{{2 - \frac{1}{n} + \frac{4}{{{n^2}}}}}{{a + \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \frac{2}{a} = 2$.

Suy ra a = 1.

b) Đúng. Ta có: $\lim \frac{{{3^n} + {4^{n + 1}}}}{{{4^n} + 3}} = \lim \frac{{{3^n} + {4^n}.4}}{{{4^n} + 3}} = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} + 4}}{{1 + 3.{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^n}}} = \frac{{0 + 4}}{{1 + 0}} = 4 = b$.

c) Sai. 1; 2; 4 không lập thành một cấp số cộng.

d) Đúng. 1; 4; 16 lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu là 1, công bội bằng 4.

Sử dụng các điều kiện, tính chất của đường thẳng và mặt phẳng song song.

a) Sai. Xét trong mặt phẳng (BCD):

Vì NP không song song với CD nên giả sử NP giao CD tại O.

Khi đó $\{\begin{array}{l}O\in CD\\ O\in NP\subset (MNP)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}O \in CD\\O \in NP \subset (MNP)\end{array} \right.$ nên $O = CD \cap (MNP)$.

Vậy $O \equiv I$. Vì $O \in NP$ suy ra I, N, P thẳng hàng.

b) Đúng. Vì MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN//AB.

c) Đúng. Ta có $\{\begin{array}{l}MN\mathrm{/}\mathrm{/}AB\\ MN\subset (MNP)\\ AB\subset (ABD)\\ (MNP)\cap (ABD)=\{P\}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}MN//AB\\MN \subset (MNP)\\AB \subset (ABD)\\(MNP) \cap (ABD) = \{ P\} \end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của (MNP) và (ABD) là đường thẳng qua P và song song với AB, MN.

Theo giả thiết, PQ//AB nên PQ chính là giao tuyến cần tìm.

d) Sai. Vì MN là đường trung bình của tam giác ABC nên $MN = \frac{1}{2}AB$ (1).

Theo giả thiết, BP = 2PD nên suy ra $\frac{{DP}}{{DB}} = \frac{1}{3}$.

Xét tam giác ABD có PQ//AB:

$\frac{{DQ}}{{DA}} = \frac{{DP}}{{DB}} = \frac{{PQ}}{{AB}} = \frac{1}{3}$ (hệ quả định lý Thales).

Suy ra $PQ = \frac{1}{3}AB$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $MN \ne PQ$.

Vậy MNPQ không phải hình bình hành.

a) Cỡ mẫu bằng tổng tần số trong bảng số liệu.

b) Nhóm chứa mốt có tần số lớn nhất trong bảng số liệu.

c) Trung vị là giá trị chính giữa trong các giá trị sắp xếp theo thứ tự không giảm.

d) Công thức tính trung vị: ${M_e} = {u_m} + \frac{{\frac{n}{2} - C}}{{{n_m}}}.({u_{m + 1}} - {u_m})$.

a) Đúng. n = 10 + 12 + 14 + 9 + 5 = 50.

b) Sai. Nhóm chứa mốt là [35;45).

c) Sai. Ta có $\frac{n}{2} = 25$ nên trung vị là ${M_e} = \frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2} \in [35;45)$.

d) Đúng. ${M_e} = 35 + \frac{{\frac{{50}}{2} - (10 + 12)}}{{14}}.(45 - 35) = \frac{{260}}{7} \approx 37,14$.

$h = 4\sin \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8}} \right) + 16$ lớn nhất khi $\sin \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8}} \right) = 1$.

Sử dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản:

$\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array}$ \right. $(k \in \mathbb{Z})$.

$\sin \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{8} + \frac{{5\pi }}{8} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{8} = - \frac{\pi }{8} + k2\pi$

$\Leftrightarrow \frac{t}{8} = - \frac{1}{8} + 2k \Leftrightarrow t = - 1 + 16k$ $(k \in \mathbb{Z})$.

Ta có $0 < t \le 24 \Leftrightarrow 0 < - 1 + 16k \le 24 \Leftrightarrow 1 < 16k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{{16}} < k \le \frac{3}{2}$.

Vậy k = 1. Khi đó t = -1 + 16.1 = 15.

Vậy mực nước của kênh cao nhất khi t = 15 (giờ).

Sử dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng: ${S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]}}{2}$.

Số ghế mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với ${u_1} = 16$ và d = 4.

Tổng số ghế trong rạp là ${S_{18}} = \frac{{18\left[ {2.16 + (18 - 1).4} \right]}}{2} = 900$.

Sử dụng quy tắc tính giới hạn tại vô cực.

$\lim \left[ {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + \frac{1}{{5.7}} + ... + \frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}}} \right]$

$= \lim \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{{2n - 1}} + \frac{1}{{2n + 1}}} \right)$

$= \lim \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{2n + 1}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 - 0} \right) = \frac{1}{2} = 0,5$.

Hàm số liên tục tại ${x_0}$ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})$.

Ta có: $\frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}} = \frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - 2 + 2 - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}} = \frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - 2}}{{x - 1}} + \frac{{2 - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}}$

$= \frac{{x + 7 - 8}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 7} + \sqrt[2]{{x + 7}}.2 + 4} \right)}} + \frac{{4 - \left( {3x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}$

$= \frac{1}{{\sqrt {x + 7} + \sqrt[2]{{x + 7}}.2 + 4}} + \frac{{3 - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}$

$= \frac{1}{{\sqrt {x + 7} + \sqrt[2]{{x + 7}}.2 + 4}} - \frac{3}{{2 + \sqrt {3x + 1} }}$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt {x + 7} + \sqrt[2]{{x + 7}}.2 + 4}} - \frac{3}{{2 + \sqrt {3x + 1} }}$

$= \frac{1}{{\sqrt {1 + 7} + \sqrt[2]{{1 + 7}}.2 + 4}} - \frac{3}{{2 + \sqrt {3.1 + 1} }} \approx - 0,7$.

Mà $f(1) = a.1 = a$.

Để hàm số liên tục tại ${x_0} = 1$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1)$, suy ra $a \approx - 0,7$.

Sử dụng tính chất giao tuyến, hệ quả định lí Thales, công thức tính diện tích tam giác đều khi biết độ dài cạnh.

Vì (P)//(SBD) suy ra BD//(P) và SB//(P).

Ta có $\{\begin{array}{l}I\in (P)\cap (ABCD)\\ BD\subset (ABCD)\\ BD\mathrm{/}\mathrm{/}(P)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}I \in (P) \cap (ABCD)\\BD \subset (ABCD)\\BD//(P)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của (P) và (ABCD) là đường thẳng qua I song song với BD. Giao tuyến này cắt AB tại M, cắt AD tại N.

Tương tự $\{\begin{array}{l}M\in (P)\cap (SAB)\\ SB\subset (SAB)\\ SB\mathrm{/}\mathrm{/}(P)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}M \in (P) \cap (SAB)\\SB \subset (SAB)\\SB//(P)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của (P) và (SAB) là đường thẳng qua M song song với SB.

Giao tuyến này cắt SA tại K.

Thiết diện cần tìm là tam giác MNK.

Hai tam giác KMN và SBD có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng. Mà tam giác SBD đều nên tam giác KMN đều.

Xét tam giác AOD có IN//DO: $\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{{IN}}{{DO}}$ (hệ quả định lí Thales).

Xét tam giác AOB có IM//BO: $\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{{IM}}{{BO}}$ (hệ quả định lí Thales).

Suy ra $\frac{{IN}}{{DO}} = \frac{{IM}}{{BO}}$. Do đó $\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{{IN + IM}}{{DO + BO}}$ hay $\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{{MN}}{{BD}} \Leftrightarrow \frac{x}{{\frac{{AC}}{2}}} = \frac{{MN}}{{BD}}$

$\Leftrightarrow \frac{x}{3} = \frac{{MN}}{8} \Leftrightarrow MN = \frac{{8x}}{3}$.

Diện tích tam giác đều KMN là $S = \frac{{M{N^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {\frac{{8x}}{3}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{16{x^2}\sqrt 3 }}{9}$.

Suy ra a = 16, b = 9.

Vậy P = a + b = 16 + 9 = 25.

Tìm tứ phân vị thứ ba.

Cỡ mẫu: n = 6 + 12 + 13 + 10 + 3 = 44.

Do $\frac{{3n}}{4} = 33$ nên ${Q_3} = \frac{{{x_{33}} + {x_{34}}}}{2} \in [7;8)$.

${Q_3} = 7 + \frac{{\frac{{3.44}}{4} - (6 + 12 + 13)}}{{10}}(8 - 7) = 7,2$.

Vậy 75% học sinh khối 11 ngủ nhiều nhất 7,2 giờ.