Đề cuối kỳ 1 Toán 11 năm 2024 – 2025 trường THPT B Bình Lục – Hà Nam

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.

Đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) nếu:

- d // $\Delta$ thuộc (P).

- d không thuộc (P).

Vì $\{\begin{array}{l}P\in SD\subset (SAD)\\ Q\in SA\subset (SAD)\end{array}\Rightarrow PQ\subset (SAD)$$\left\{ \begin{array}{l}P \in SD \subset (SAD)\\Q \in SA \subset (SAD)\end{array} \right.$ \Rightarrow PQ \subset (SAD).

Vậy PQ // (SAD) là mệnh đề sai.

Dựa vào định nghĩa và quy tắc tìm hình chiếu song song.

Hình chiếu của tam giác $A'B'C'$ theo phương $B'B$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là hình tam giác $ABC$

Chia cả tử và mẫu cho n để tìm giới hạn.

$\lim \frac{{(a - 1)n + 2}}{{2n + 9}} = 1$

$\Leftrightarrow \lim \frac{{(a - 1) + \frac{2}{n}}}{{2 + \frac{9}{n}}} = 1$

$\Leftrightarrow \frac{{(a - 1)}}{2} = 1$

$\Leftrightarrow a - 1 = 2$

$\Leftrightarrow a = 3$.

Vậy $a \in (1;4)$.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

$\cos x = - 1 \Leftrightarrow x = \pi + k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Để tìm giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q), ta tìm hai điểm A, B thuộc cả (P) và (Q). Khi đó AB là giao tuyến của (P), (Q).

Ta có $\{\begin{array}{l}S\in (SAB)\\ S\in (SCD)\end{array}\Rightarrow (SAB)\cap (SCD)=\{S\}$$\left\{ \begin{array}{l}S \in (SAB)\\S \in (SCD)\end{array} \right.$ \Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = \{ S\}.

Mặt khác $\{\begin{array}{l}I\in AB\subset (SAB)\\ I\in CD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow (SAB)\cap (SCD)=\{I\}$$\left\{ \begin{array}{l}I \in AB \subset (SAB)\\I \in CD \subset (SCD)\end{array} \right.$ \Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = \{ I\}.

Do đó $(SAB) \cap (SCD) = SI$.

Dựa vào tính chất của hàm số y = tanx.

Hàm số y = tanx tuần hoàn với chu kì $\pi$.

Áp dụng tính chất của đường trung bình trong tam giác.

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

Áp dụng tính chất giới hạn của hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f(x) + f(x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g(x) = - 3 + 5 = 2$.

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

${u_2} = {u_1} + d = - 1 + 3 = 2$.

Góc $\alpha$ rad đổi sang đơn vị độ là $\alpha .\frac{{{{180}^o}}}{\pi }$.

$\alpha = \frac{{5\pi }}{3}.\frac{{{{180}^o}}}{\pi } = {300^o}$.

Thay n = 4 vào công thức số hạng tổng quát.

${u_4} = {( - 2)^4} = 16$.

Áp dụng kiến thức về giới hạn của hàm số và hàm số liên tục.

a) Đúng. Khi m = -1 thì $f(x) = {x^2} - 1 + 2.( - 1) = {x^2} - 3$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} - 3} \right) = {2^2} - 3 = 1$.

b) Sai. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \sqrt {x + 7} = \sqrt {3 + 7} = \sqrt {10}$.

c) Sai. Tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x)$ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x)$

$\Leftrightarrow {2^2} - 1 + 2m = \sqrt {2 + 7} \Leftrightarrow m = 0$.

d) Đúng. $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \sqrt {2 + 7} = 3$.

Áp dụng các định lí về quan hệ song song của đường thẳng, mặt phẳng.

Theo tính chất đường trung bình trong tam giác:

$\{\begin{array}{l}MN\mathrm{/}\mathrm{/}AB\Rightarrow MN\mathrm{/}\mathrm{/}(ABCD)\\ NP\mathrm{/}\mathrm{/}BC\Rightarrow NP\mathrm{/}\mathrm{/}(ABCD)\\ MN\cap NP=\{N\}\end{array}\Rightarrow (MNP)\mathrm{/}\mathrm{/}(ABCD)$$\left\{ \begin{array}{l}MN//AB \Rightarrow MN//(ABCD)\\NP//BC \Rightarrow NP//(ABCD)\\MN \cap NP = \{ N\} \end{array} \right.$ \Rightarrow (MNP)//(ABCD).

a) Sai. Ta có $Q \in (MNP) \Rightarrow (MNPQ)//(ABCD)$.

Xét mặt phẳng (SBD): $\{\begin{array}{l}(MNPQ)\mathrm{/}\mathrm{/}(ABCD)\\ NQ\subset (MNPQ)\\ BD\subset (ABCD)\\ NQ,BD\subset (SBD)\end{array}\Rightarrow NQ\mathrm{/}\mathrm{/}BD$$\left\{ \begin{array}{l}(MNPQ)//(ABCD)\\NQ \subset (MNPQ)\\BD \subset (ABCD)\\NQ,BD \subset (SBD)\end{array} \right.$ \Rightarrow NQ//BD.

Theo định lí Thales trong tam giác SBD, ta có:

$\frac{{NQ}}{{BD}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow NQ = \frac{{BD}}{2} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2$.

b) Đúng. Có $\{\begin{array}{l}MN\mathrm{/}\mathrm{/}AB\\ AB\mathrm{/}\mathrm{/}CD\end{array}\Rightarrow MN\mathrm{/}\mathrm{/}CD\Rightarrow MN\mathrm{/}\mathrm{/}(SCD)$$\left\{ \begin{array}{l}MN//AB\\AB//CD\end{array} \right.$ \Rightarrow MN//CD \Rightarrow MN//(SCD) (1)

NO là đường trung bình của tam giác SBD nên $NO//SD \Rightarrow NO//(SCD)$ (2)

Mà $MN \cap NO = \{ N\}$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $(MNO)//(SCD)$.

c) Đúng. Đã chứng minh ở trên.

d) Đúng. Dễ dàng chứng minh MNPQ là hình vuông.

${S_{MNPQ}} = MN.NP = \frac{{AB}}{2}.\frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2}.\frac{{2a}}{2} = {a^2}$.

Hàm số liên tục tại ${x_0}$ khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } y$.

Giá mở cửa là a = 10 nghìn đồng.

Hàm mô tả số tiền khách phải trả trên liên tục nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0,{5^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0,{5^ + }} y\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {{30}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{30}^ + }} y\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}10 = b.0,5 + 3,25\\b.30 + 3,25 = c.30 + 78,25\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}b = 13,5\\c = 11\end{array} \right.$.

Vậy $T = a + b + c = 10 + 13,5 + 11 = 34,5$.

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

${u_4} = {u_1}{q^3} \Leftrightarrow 54 = {u_1}{3^3} \Leftrightarrow {u_1} = 2$.

Áp dụng tính chất của đường thẳng và mặt phẳng song song.

Gọi I là trung điểm của AD. Vì G là trọng tâm tam giác ABD nên $\frac{{BG}}{{GI}} = 2$.

Ta có $\{\begin{array}{l}(BIC)\cap (ACD)=IC\\ GM\subset (BIC)\\ GM\mathrm{/}\mathrm{/}(ACD)\end{array}\Rightarrow GM\mathrm{/}\mathrm{/}IC$$\left\{ \begin{array}{l}(BIC) \cap (ACD) = IC\\GM \subset (BIC)\\GM//(ACD)\end{array} \right.$ \Rightarrow GM//IC.

Xét tam giác BIC có GM // IC nên theo định lí Thales:

$\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{BG}}{{GI}} = 2 \Rightarrow MB = 2MC \Rightarrow x = 2$.

Tìm vị trí ban đầu của cabin.

Dựa vào thời gian quay mỗi vòng, tính thời gian cần để cabin đạt vị trí cao nhất.

$h(0) = 60\sin \left( {\frac{{2\pi }}{{15}}.0 - \frac{\pi }{2}} \right) + 60,5 = 0,5$ (m). Lúc này cabin ở vị trí thấp nhất.

Sau khi quay một vòng hết 15 phút, cabin trở lại vị trí ban đầu.

Để đạt vị trí cao nhất lần tiếp theo, cabin cần quay thêm nửa vòng nữa, tức cần thêm 7,5 phút.

Vậy thời điểm cabin ở vị trí cao nhất tiếp theo là $t = 15 + 7,5 = 22,5$ (phút).

Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn.

a) Cạnh của hình vuông $C_1$ là $a$ Do đó $S_1 = a^2$.

Cạnh của hình vuông $C_2$ là $\sqrt{\left( \frac{3a}{4} \right)^2 + \left( \frac{a}{4} \right)^2} = \frac{a\sqrt{10}}{4}$.

b) Do đó $S_2 = \frac{10}{16} a^2 = \frac{10}{16} S_1$.

Tương tự ta có $S_3 = \frac{10}{16} S_2; \ldots ; S_n = \frac{10}{16} S_{n-1}$.

Khi đó $S_1 + S_2 + \ldots + S_n = S_1 \left[ 1 + \frac{10}{16} + \left( \frac{10}{16} \right)^2 + \ldots + \left( \frac{10}{16} \right)^{n-1} \right]$.

Suy ra $\lim_{n \to +\infty} \frac{2025}{a^2} \left( S_1 + S_2 + \ldots + S_n \right) = \frac{2025}{a^2} . \frac{a^2}{1 - \frac{10}{16}} = \frac{2025}{a^2} . \frac{8}{3} . a^2 = 5400$.

Áp dụng các công thức lượng giác đã học.

Ta có: $P = \frac{\sin^4 x + 3\cos^4 x - 1}{\sin^6 x + \cos^6 x + 3\cos^4 x - 1}$

$= \frac{\left( \sin^2 x + \cos^2 x \right)^2 - 2\sin^2 x \cos^2 x + 2\cos^4 x - 1}{\left( \sin^2 x + \cos^2 x \right) \left( \sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x \right) + 3\cos^4 x - 1}$

$= \frac{-2\sin^2 x \cos^2 x + 2\cos^4 x}{\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x + 3\cos^4 x - 1}$

$= \frac{2\cos^2 x \left( \cos^2 x - \sin^2 x \right)}{\left( \sin^2 x + \cos^2 x \right)^2 - 3\sin^2 x \cos^2 x + 3\cos^4 x - 1}$

$= \frac{2\cos^2 x \left( \cos^2 x - \sin^2 x \right)}{-3\sin^2 x \cos^2 x + 3\cos^4 x} = \frac{2\cos^2 x \left( \cos^2 x - \sin^2 x \right)}{3\cos^2 x \left( \cos^2 x - \sin^2 x \right)} = \frac{2}{3}.$

a) Mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) nếu trong (P) chứa hai đường thẳng a, b cắt nhau cùng song song với (Q).

b) Áp dụng tính chất trọng tâm để suy ra các đoạn thẳng tỉ lệ.

a) A'D'CB là hình bình hành suy ra $A'B//CD' \Rightarrow A'B//(B'D'C)$. (1)

Tương tự, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{A'B'//CD}\\{A'B' = CD}\end{array}} \right. \Rightarrow A'B'CD$ là hình bình hành.

Suy ra $A'D//B'C \Rightarrow A'D//(B'D'C)$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $(A'BD)//(B'D'C)$.

b) Ta có ${G_1}$ là trọng tâm tam giác AB'D nên $\frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {G_1}$ là trọng tâm tam giác A'AC, suy ra ${G_1} = AI \cap A'O$. (3)

Tương tự, ${G_2}$ là trọng tâm tam giác B'D'C nên $\frac{{C{G_2}}}{{CO'}} = \frac{2}{3}\Rightarrow {G_2}$ là trọng tâm tam giác A'C'C, suy ra ${G_2} = C'I \cap CO'$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra ${G_1},{G_2}$ cùng thuộc AC'.

Lại có $\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{A{G_1}}}{{AC'}} = \frac{1}{3}$, $\frac{{C'{G_2}}}{{C'I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C'{G_2}}}{{AC'}} = \frac{1}{3}$.

Do vậy $A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'$.

Vậy ${G_1},{G_2}$ cùng thuộc AC', đồng thời chia AC' thành ba phần bằng nhau.