Đề thi học kì 1 Toán 11 - Đề số 3

Các góc lượng giác hơn kém nhau $k2\pi$ có cùng điểm cuối.

Ta có $\frac{{25\pi }}{4} = \frac{\pi }{4} + 3.2\pi$.

Dựa vào vị trí điểm cuối của góc lượng giác để xét dấu.

Vì $0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}$ nên $\frac{\pi }{2} < \alpha  + \frac{\pi }{2} < \pi$. Khi đó $\sin \left( {\alpha  + \frac{\pi }{2}} \right) > 0$, $\cos \left( {\alpha  + \frac{\pi }{2}} \right) < 0$ suy ra $\cot \left( {\alpha  + \frac{\pi }{2}} \right) < 0$.

Vì $0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}$ nên $\pi  < \alpha  + \pi  < \frac{{3\pi }}{2}$. Khi đó $\sin \left( {\alpha  + \pi } \right) < 0$, $\cos \left( {\alpha  + \pi } \right) < 0$ suy ra $\tan \left( {\alpha  + \pi } \right) > 0$.

Thay 9 vào n và tính.

${u_9} = \frac{{{{( - 1)}^{9 - 1}}}}{{9 + 1}} = \frac{1}{{10}}$.

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có tính chất ${u_{n + 1}} = {u_n} + d$ thì được gọi là một cấp số cộng.

Ta thấy dãy số 1; -3; -7; -11; -15 là một cấp số cộng có số hạng đầu  và công sai d = -4.

${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$.

${u_2} = {u_1}q = 4.3 = 12$.

Sử dụng quy tắc tính giới hạn của dãy số.

Ta có $\lim (2n + 5) = + \infty$ suy ra $\lim \frac{1}{{2n + 5}} = 0$.

f(x) gián đoạn tại điểm mà hàm số không xác định.

Hàm số có tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \{ - 2\}$, do đó hàm số không liên tục tại ${x_0} = - 2$.

Sử dụng khái niệm, tính chất của đường thẳng, mặt phẳng trong không gian.

A sai vì mặt phẳng hoàn toàn xác định khi biết nó đi qua ba điểm.

Dựa vào định nghĩa tứ diện.

BC, AD là hai đường chéo nhau.

Dựa vào tính chất của phép chiếu song song.

Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

Vì hình chữ nhật có hai cặp cạnh song song nên hình chiếu của nó cũng phải là tứ giác có hai cặp cạnh song song hoặc trở thành một đoạn thẳng.

Vì hình thang chỉ có một cặp cạnh song song nên không thể là hình chiếu của hình chữ nhật.

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất trong bảng số liệu.

Tần số lớn nhất của bảng là 12 nên nhóm chứa mốt là [40;60).

Số củ khoai tây đạt chuẩn loại I (từ 90 gam đến dưới 100 gam) là tần số của nhóm [90;100).

Số củ khoai tây đạt chuẩn loại I (từ 90 gam đến dưới 100 gam) là 12.

a) Dựa vào vị trí điểm cuối của góc lượng giác để nhận xét dấu của giá trị lượng giác.

b) Hàm số f(x) là hàm số lẻ khi thỏa mãn các điều kiện:

- Nếu $x \in D$ thì $- x \in D$.

- Có $f( - x) = - f(x)$.

c) Sử dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

d) Dựa vào tập giá trị của hàm số.

a) Đúng. $- \frac{\pi }{2} < x < 0$ nên điểm cuối của góc lượng giác nằm ở góc phần tư thứ IV.

Khi đó sinx < 0.

b) Đúng. Tập xác định của hàm số y = sinx là $D = \mathbb{R}$ nên $x \in D$ thì $- x \in D$.

Mặt khác $f( - x) = \sin ( - x) = - \sin x = - f(x)$.

Vậy hàm số y = sinx là hàm số lẻ.

c) Sai. $\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

d) Sai. Ta có $- 1 \le \sin x \le 1$ nên hàm số y = sinx có chặn dưới là -1.

Sử dụng quy tắc tính giới hạn của hàm số tại một điểm.

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

a) Sai $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{{x^2} - x - 6}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{(x - 3)(x + 2)}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} (x - 3) = - 2 - 3 = - 5$.

b) Sai. Ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{{x^2} - x - 6}}{{x + 2}} = - 5$;

$g( - 2) = 2.( - 2) + a = a - 4$.

Để g(x) liên tục tại x = -2 thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} g(x) = g( - 2) \Leftrightarrow - 5 = a - 4 \Leftrightarrow a = - 1$.

c) Đúng. Bộ ba số -1; 2; 5 tạo thành cấp số cộng với công sai d = 3.

d) Đúng. Bộ ba số 1; -1; 1 tạo thành một cấp số nhân với công bội q = -1.

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

Gọi I là trung điểm của AD. Khi đó BI là đường trung tuyến tam giác ABD.

Suy ra $\frac{{BG}}{{BI}} = \frac{2}{3}$.

Vì MB = 2MC suy ra $\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{2}{3}$.

Xét tam giác BCI có $\frac{{BG}}{{BI}} = \frac{{BM}}{{BC}} = \frac{2}{3}$ suy ra MG//CI (định lí Thales đảo).

Mà $MG\not{ \subset }(ACD)$, $CI \subset (ACD)$ nên MG//(ACD).

a) Sai. Có MG//(ACD) mà $AC \subset (ACD)$ nên MG không cắt AC.

b) Sai. MG và AB là hai đường thẳng chéo nhau.

c) Đúng. MG//(ACD).

d) Sai. Ta có:

Vì $\{\begin{array}{l}C\in BM\subset (BMG)\\ C\in (ACD)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}C \in BM \subset (BMG)\\C \in (ACD)\end{array} \right.$ nên $C \in (BGM) \cap (ACD)$.

Vì $\{\begin{array}{l}I\in BG\subset (BMG)\\ I\in AD\subset (ACD)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}I \in BG \subset (BMG)\\I \in AD \subset (ACD)\end{array} \right.$ nên $I \in (BGM) \cap (ACD)$.

Vậy $(BGM) \cap (ACD) = CI$.

a) Giá trị đại diện của nhóm là trung bình cộng hai đầu mút của nhóm.

b) Độ tuổi được dự báo là ít xem phim đó nhất thuộc nhóm có tần số nhỏ nhất.

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

d) Công thức tính mốt thuộc nhóm $[{u_m};{u_{m + 1}})$:

${M_o} = {u_m} + \frac{{{n_m} - {n_{m - 1}}}}{{\left( {{n_m} - {n_{m - 1}}} \right)+\left( {{n_m} - {n_{m + 1}}} \right)}}.\left( {{u_{m + 1}} - {u_m}} \right)$; trong đó ${n_m}$ là tần số nhóm thứ m.

a) Đúng. Giá trị đại diện của nhóm [50;60) là $\frac{{50 + 60}}{2} = 55$.

b) Đúng. Độ tuổi được dự báo là ít xem phim đó nhất thuộc nhóm [50;60) vì có tần số nhỏ nhất là 2.

c) Đúng. Nhóm chứa mốt là [30;40) vì có tần số lớn nhất là 16.

d) Sai. Độ tuổi được dự báo là thích xem phim đó nhiều nhất là mốt của mẫu số liệu:

${M_o} = 30 + \frac{{16 - 12}}{{\left( {16 - 12} \right)+\left( {16 - 7} \right)}}.\left( {40 - 30} \right) = \frac{{280}}{9} \approx 33$.

Giải phương trình $30 + 20\sin \left( {\frac{\pi }{{25}}t + \frac{\pi }{3}} \right) = 40$ và tìm nghiệm t dương nhỏ nhất.

$30 + 20\sin \left( {\frac{\pi }{{25}}t + \frac{\pi }{3}} \right) = 40 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{{25}}t + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{{25}}t + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{\pi }{6}$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}\frac{\pi }{{25}}t + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\\frac{\pi }{{25}}t + \frac{\pi }{3} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}t = - \frac{{25}}{6} + k50\\t = \frac{{25}}{2} + k50\end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}t = - \frac{{25}}{6} + k50\\t = \frac{{25}}{2} + k50\end{array}$ \right.  $(k \in \mathbb{Z})$.

Ta thấy nghiệm dương nhỏ nhất là $t = \frac{{25}}{2} = 12,5$ (giây) khi k = 0.

Vậy sau 12,5 giây thì cabin đạt độ cao 40m lần đầu tiên.

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 tiền khoan mỗi mét lập thành một cấp số cộng với ${u_1} = 100$ và d = 30 (nghìn đồng).

Tổng số tiền cần để khoan 20m giếng là:

${S_{20}} = \frac{{20.\left[ {2.100 + (20 - 1).30} \right]}}{2} = 7700$.

Vậy số tiền cần thanh toán là 7700 nghìn đồng.

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$.

$\{\begin{array}{l}{u}_1+u_5=51\\ u_2+u_6=102\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{u}_1+u_1{q}^4=51\\ u_{1}q+u_1{q}^5=102\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{u}_1(1+q^4)=51\\ u_{1}q(1+q^4)=102\end{array}\iff q=\frac{102}{51}=2$$\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_5} = 51\\{u_2} + {u_6} = 102\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_1}{q^4} = 51\\{u_1}q + {u_1}{q^5} = 102\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{u_1}(1 + {q^4}) = 51\\{u_1}q(1 + {q^4}) = 102\end{array} \right.$ \Leftrightarrow q = \frac{{102}}{{51}} = 2.

Suy ra ${u_1} = \frac{{51}}{{1 + {2^4}}} = 3$.

Vậy ${u_3} = {u_1}{q^2} = {3.2^2} = 12$.

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

Ta có:

$f(1) = {m^2}.1 = {m^2}\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt x - 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{1}{{\left( {\sqrt 1 + 1} \right)\left( {1 + 1} \right)}} = \frac{1}{4}$.

Để hàm số liên tục tại ${x_0} = 1$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1) \Leftrightarrow {m^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow m = \pm \frac{1}{2}$.

Vậy không có giá trị nguyên m nào để f(x) liên tục tại ${x_0} = 1$.

Sử dụng tính chất đường trung bình, định lí Thales.

Vì IJ là đường trung bình của tam giác ABC nên IJ//CD và $IJ = \frac{1}{2}CD$.

Để IJNM là hình thoi thì IJNM phải là hình bình hành và có NM = MI.

Để IJNM là hình bình hành thì cần MN//IJ và MN = IJ, hay MN//CD và $MN = \frac{1}{2}CD$.

Khi đó, MN là đường trung bình tam giác ACD, tức M, N lần lượt là trung điểm của AC, AD.

Do đó AC = 2AM nên k = 2.

Ta cũng có MI là đường trung bình tam giác ABC nên $MI = \frac{1}{2}AB$.

Để MN = MI thì AB = CD, suy ra m = 1.

Vậy k + m = 2 + 1 = 3.

${Q_2} = {u_m} + \frac{{\frac{n}{2} - C}}{{{n_m}}}.({u_{m + 1}} - {u_m})$.

Cỡ mẫu: n = 3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56.

Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{33}}$ là thời gian học sinh truy cập internet sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Có $\frac{n}{2} = \frac{{56}}{2} = 28$ nên ${Q_2} = \frac{{{x_{28}} + {x_{29}}}}{2} \in [15,5;18,5)$.

${Q_2} = 15,5 + \frac{{\frac{{56}}{2} - (3 + 12)}}{{15}}.(18,5 - 15,5) = 18,1$.