Đề thi học kì 1 Toán 11 - Đề số 4

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

$\cos x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

Hàm số đồng biến trên khoảng đồ thị đi lên từ trái sang.

Hàm số $y = \text{sin}x$ đồng biến trên $\left( {- \dfrac{\pi}{2};0} \right)$.

Tính $d = {u_{n + 1}} - {u_n}$.

Ta có d = 4 - 1 = 1 - (-2) = -2 - (-5) = 3. Vậy công sai bằng 3.

Cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ công bội $q \ne 1$.

Khi đó tổng ${S_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}}$.

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

$\{\begin{array}{l}q=2\\ S_6=189=u_1\mathrm{.}\frac{1-q^6}{1-q}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}q=2\\ u_1=3\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{q = 2}\\{{S_6} = 189 = {u_1}.\frac{{1 - {q^6}}}{{1 - q}}}\end{array}} \right.$ \Rightarrow $\left\{ \begin{array}{l}q = 2\\{u_1} = 3\end{array} \right.$

${u_6} = {u_1}{q^5} = {3.2^5} = 96$.

Chia cả tử và mẫu cho ${3^n}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{2^n} + 1}}{{{3^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}}{1} = 0$.

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

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = 5$ và hàm số f(x) liên tục tại x = 1 nên f(1) = 5.

Đọc bảng số liệu.

Số học sinh truy cập mạng trong ngày ít hơn 90 phút trong mẫu số liệu ghép nhóm trên là:

5 + 13 + 20 = 38.

Tính trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm.

Số trung bình của mẫu số liệu là:

$\bar x = \frac{{6.5 + 12.7 + 19.9 + 9.11 + 4.13}}{{6 + 12 + 19 + 9 + 4}} = 8,72$.

Áp dụng các tính chất của giới hạn hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {4x - 3f(x)} \right] = \mathop {4\lim }\limits_{x \to 3} x - 3\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f(x) = 4.3 - 3.2 = 6$.

Tìm điểm cùng thuộc đường thẳng và mặt phẳng.

Gọi E là giao điểm của AD và BC.

Vì E thuộc AD nên E thuộc (AMD), mà E thuộc BC, do đó E là giao điểm của BC và (AMD).

Dựa vào tính chất đường trung bình trong tam giác.

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

Dựa vào lí thuyết hai mặt phẳng song song.

Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng, có duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đó.

Tính biểu thức $f(x)$ tại $x = 2$.

Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x)$, xét tính liên tục của hàm số.

a) Đúng. Khi $x = 2$ thì $f(x) = 1$. Do đó $f(2) = 1$.

b) Sai. Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(x - 2)(x - 1)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x - 1) = 2 - 1 = 1$.

c) Đúng. Ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = 1}\\{f(2) = 1}\end{array}} \right.$ suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = f(2) = 1$.

Vậy hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$.

d) Sai. Khi $x \ne 2$ thì $f(x) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}} = x - 1$ nên ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {xf(x) + 1} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {x(x - 1) + 1} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }}{{x + 1}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x + 1}} = {\rm{\;}} - 1$.

Áp dụng tính chất của hình thang, đường trung bình, định lí Thales để chứng minh hai đường thẳng song song.

a) Sai. AB không song song với MC.

b) Sai. MN // AB và $MN = \frac{1}{2}AB$ theo tính chất đường trung bình trong tam giác.

Mà DC // AB và $DC = \frac{1}{2}AB$ theo giả thiết.

Do đó MN // DC và MN = DC. Suy ra CDMN là hình bình hành.

c) Đúng. Vì G là trọng tâm tam giác SBC nên $\frac{{BG}}{{GE}} = 2$.

Theo định lí Thales, vì DC // AB nên $\frac{{BD}}{{OD}} = \frac{{AB}}{{DC}} = 2$.

Vì $\frac{{BG}}{{GE}} = \frac{{BD}}{{OD}} = 2$ nên theo định lí Thales đảo, suy ra OG // DE.

d) Sai. Vì O không thuộc (CDE) nên EO không phải giao tuyến của (CDE) và (SAC).

Tìm số đo góc lượng giác quạt quay được trong 1 giây, từ đó tính số đo góc lượng giác quạt quay được trong 3 giây.

Tốc độ góc của quạt trần là: $\frac{{45 \cdot 2\pi }}{{60}} = \frac{{3\pi }}{2}$ (rad/s).

Sau 3 giây, quạt quay được một góc có số đo là:

$\frac{{3\pi }}{2} \cdot 3 = \frac{{9\pi }}{2} \approx 14,1$ (rad).

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: ${u_n} = {u_1} + (n - 1)d$.

Kí hiệu $u_n$ là chiều cao so với mực nước biển của thửa ruộng ở bậc thứ n.

Khi đó, dãy số $(u_n)$ là một cấp số cộng với $u_1 = 950$ và d = 1,5.

Ta có: $u_{12} = u_1 + 11d = 950 + 11 . 1,5 = 966,5$.

Vậy thửa ruộng ở bậc thứ 12 có độ cao xấp xỉ 967 m so với mực nước biển.

Lập hàm chi phí trung bình $\overline{C}(x)$ và tính $\lim_{x \to +\infty} \overline{C}(x)$.

Gọi $\overline{C}(x)$ là chi phí trung bình để sản xuất một sản phẩm.

$\overline{C}(x) = \frac{C(x)}{x} = \frac{200 + 120x}{x}$.

$\lim_{x \to +\infty} \overline{C}(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{200 + 120x}{x} = 120$ (ngàn đồng).

Hiệu chỉnh mẫu số liệu và áp dụng công thức tính mốt của mẫu số liệu ghép nhóm:

${M_o} = u + \left( {\frac{{{n_i} - {n_{i - 1}}}}{{2{n_i} - {n_{i - 1}} - {n_{i + 1}}}}} \right).g$.

Do số lần sử dụng Facebook là số nguyên nên ta chỉnh lại như sau:

Nhóm chứa mốt là [8,5; 11,5) do đó:

$u_m = 8,5; n_{m-1} = 5; n_{m+1} = 8; u_{m+1} - u_m = 11,5 - 8,5 = 3$.

Mốt của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$M_o = 8,5 + \frac{11 - 5}{(11 - 5) + (11 - 8)} . 3 = 10,5$.

Xác định số hạng đầu và công bội của cấp số nhân, áp dụng công thức ${{u}_{n}}={{u}_{1}}{{q}^{n-1}}$.

Áp dụng quy tắc tính giới hạn của hàm số.

a) Theo đề bài ta có, $h_n = \frac{1}{4} h_{n-1}$ nên $(h_n)$ là một cấp số nhân với $h_1 = \frac{1}{4} . 100 = 25$ và công bội $q = \frac{1}{4}$.

Suy ra số hạng tổng quát của dãy số $(h_n)$: $h_n = u_1 q^{n-1} = 25 . \left( \frac{1}{4} \right)^{n-1} = \frac{100}{4^n}$.

b) Ta có: $\lim h_n = \lim \frac{100}{4^n} = \lim \left( 100 . \frac{1}{4^n} \right) = \lim 100 . \lim \left( \frac{1}{4} \right)^n = 100 . 0 = 0$.

Từ giới hạn đó, ta rút ra được ý nghĩa: Khi $n$ càng dần tới vô cực thì độ cao của quả bóng đạt được sau khi nảy ngày càng nhỏ và độ cao đó dần tới 0.

Sử dụng kiến thức về điều kiện để một đường thẳng song song với một mặt phẳng để chứng minh: Nếu đường thẳng a không nằm trong mặt phẳng (P) và song song với một đường thẳng b nào đó nằm trong (P) thì a song song với (P). 

a) Vì O, O’ lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD và ABEF nên O là trung điểm của BD, AC và O’ là trung điểm của BF, AE.

Vì O là trung điểm của BD, O’ là trung điểm của BF nên OO’ là đường trung bình của tam giác BDF. Do đó, OO’//DF (1)

Vì O là trung điểm của AC, O’ là trung điểm của AE nên OO’ là đường trung bình của tam giác ACE. Do đó, OO’//CE (2)

Từ (1) và (2) ta có: OO’//DF//CE

Vì OO’//DF, OO’ không nằm trên mặt phẳng (ADF) và $DF \subset \left( {ADF} \right)$ nên OO’//(ADF).

Vì OO’//CE, OO’ không nằm trên mặt phẳng (BCE) và $CE \subset \left( {BCE} \right)$ nên OO’//(BCE).

b) Vì $AM = \frac{1}{3}AF,AN = \frac{1}{3}AD \Rightarrow \frac{{AM}}{{AF}} = \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{1}{3}$

Tam giác ADF có: $\frac{{AM}}{{AF}} = \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{1}{3}$ nên MN//DF (định lí Thalès đảo)

Vì MN//DF, MN không nằm trên mặt phẳng (DCEF) và $DF \subset \left( {DCEF} \right)$ nên MN//(DCEF).

Để tính tứ phân vị thứ nhất Q₁ của mẫu số liệu ghép nhóm, trước hết ta xác định nhóm chứa Q₁, giả sử đó là nhóm thứ $p:\left[ {{a_p};{a_{p + 1}}} \right).$ Khi đó,

${Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right),$

Trong đó, n là cỡ mẫu, m_p là tần số nhóm p, với p = 1 ta quy ước m₁ +…+ m_p-1 = 0.

Dựa trên mẫu số liệu trên, chúng ta có thể tính tổng số hộ gia đình trong địa phương này là 8 + 17 + 35 + 56 + 27 + 15 = 158.

Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là nhóm thứ ba $\left( {8;11} \right],$ với $j = 3.$ Ta có

${a_3} = 8,{h_3} = 3,{m_3} = 35,m \le 8 + 17 = 25,r = 1.$

Do đó, tứ phân vị thứ nhất là:

${Q_1} = 8 + \frac{{\frac{{158}}{4} - 25}}{{35}}.3 \approx 9,24$

Doanh nghiệp sẽ hỗ trợ các hộ gia đình có thu nhập dưới 9,24 triệu đồng.