Đề cuối kỳ 1 Toán 11 năm 2024 – 2025 trường chuyên Nguyễn Tất Thành – Kon Tum

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.

Trên đường tròn lượng giác, gọi M là điểm biểu diễn góc lượng giác có số đo $\alpha$. Khi đó:

- Tung độ ${y_M}$ của M gọi là sin của $\alpha$, kí hiệu $\sin \alpha$.

- Hoành độ ${x_M}$ của M gọi là cosin của $\alpha$, kí hiệu $\cos \alpha$.

- Nếu ${x_M} \ne 0$ thì tỉ số $\frac{{{y_M}}}{{{x_M}}} = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}$ gọi là tang của $\alpha$, kí hiệu $\tan \alpha$.

- Nếu ${y_M} \ne 0$ thì tỉ số $\frac{{{x_M}}}{{{y_M}}} = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}$ gọi là cotang của $\alpha$, kí hiệu $\cot \alpha$.

Ta có: $\sin\alpha = - \dfrac{4}{5}$, $\cos\alpha = \dfrac{3}{5}$.

Do đó $\tan\alpha = - \dfrac{4}{3}$, $\cot\alpha = - \dfrac{3}{4}$.

Nếu $E \in d$ và $d \subset (P)$ thì $E \in (P)$.

$E \in BD \subset (BCD)$, $E \in BD \subset (ABD)$, $E \in MN \subset (CMN)$, $E \notin (ACD)$.

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

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

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất.

Nhóm chứa mốt là [9; 12).

Đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) nếu d không thuộc (P) và song song với một đường thẳng d' thuộc (P).

ABCD là bình bình hành nên AD // BC, do đó AD // (SBC).

Áp dụng công thức tổng thành tích.

$\sin a + \sin b = 2\sin\dfrac{a + b}{2}.\text{cos}\dfrac{a - b}{2}$.

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

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

Thay n = 10.

${u_{10}} = \frac{{2.10 - 1}}{{5.10 + 7}} = \frac{1}{3}$.

Hai mặt phẳng song song với nhau nếu chúng không có điểm chung.

(ACC'A') // (BB'D'D) sai.

Áp dụng tính chất đường trung bình.

MN là đường trung bình của tam giác SAB nên MN // AB. Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD. Do đó MN // CD.

Tính $d = {u_{n + 1}} - {u_n}$.

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

a) Thay n = 1, 2, 3 vào công thức của dãy số để tính.

b) Nếu $\frac{{{u}_{n}}}{{{u}_{n-1}}}=a$ (a là hằng số) thì $u_n$ là cấp số nhân.

c) Thay n = 10 vào công thức của dãy số để tính.

d) Áp dụng công thức $S={{u}_{1}}\frac{1-{{q}^{n}}}{1-q}$.

a) Sai. ${{u}_{1}}=3$, ${{u}_{2}}=3{{u}_{1}}=3.3=9$, ${{u}_{3}}=3{{u}_{2}}=3.9=27$.

b) Đúng. Ta có $\frac{u_n}{u_{n-1}} = 3$ nên dãy $(u_n)$ là cấp số nhân có công bội bằng $q = 3$ và số hạng đầu $u_1 = 3$.

c) Đúng. $u_{10} = u_1 q^9 = 3.3^9 = 59049$.

d) Sai. $S_{11} = 3. \frac{1 - 3^{11}}{1 - 3} = 265719$.

a) Giá trị đại diện của nhóm i là trung điểm ${x_i}$ của nửa khoảng (tính bằng trung bình cộng hai đầu mút) ứng với nhóm i.

b) Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu $\overline x$, được tính như sau:

$\overline x = \frac{{{n_1}{x_1} + {n_2}{x_2} + ... + {n_m}{x_m}}}{n}$,

trong đó $n = {n_1} + {n_2} + ... + {n_m}$.

c) Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất.

d) Giả sử nhóm i là nhóm có tần số lớn nhất. Ta gọi u, g, ${n_i}$ lần lượt là đầu mút trái, độ dài, tần số của nhóm i; ${n_{i - 1}}$, ${n_{i + 1}}$ lần lượt là tần số của nhóm i – 1, nhóm i + 1.

Mốt của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu ${M_o}$, được tính theo công thức:

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

a) Đúng. Giá trị đại diện của nhóm [160; 165) là $\frac{160 + 165}{2} = 162,5$.

b) Sai. Bảng giá trị đại diện:

Chiều cao trung bình của học sinh lớp 11 Toán là:

$x = \frac{147,5.2 + 152,5.7 + 157,5.11 + 162,5.8 + 167,5.5 + 172,5.2}{35} = \frac{2231}{14} \approx 159,4$.

c) Sai. Nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu trên là nhóm [155; 160).

d) Đúng. Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu là nhóm [155; 160).

Suy ra mốt của mẫu số liệu trên là

$M_0 = 155 + \frac{11 - 7}{(11 - 7) + (11 - 8)} . (160 - 155) = \frac{1105}{7} \approx 157,86$.

Áp dụng điều kiện và tính chất của hai đường thẳng song song.

a) Đúng. Ta có $\{\begin{array}{l}S\in (SAC)\cap (SBD)\\ O\in AC\subset (SAC)\\ O\in BD\subset (SBD)\end{array}\Rightarrow (SAC)\cap (SBD)=SO$$\left\{ \begin{array}{l}S \in (SAC) \cap (SBD)\\O \in AC \subset (SAC)\\O \in BD \subset (SBD)\end{array} \right.$ \Rightarrow (SAC) \cap (SBD) = SO.

b) Đúng. Xét mặt phẳng (SAC), giả sử AM cắt SO tại G. Khi đó $\{\begin{array}{l}G\in AM\\ G\in SO\subset (SBD)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}G \in AM\\G \in SO \subset (SBD)\end{array} \right.$ nên G là giao điểm của AM và (SBD).

c) Sai. Xét tam giác SAC có MO là đường trung bình, khi đó MO // SA, suy ra MO // (SAC).

d) Sai. $\{\begin{array}{l}(SAB)\cap (SAC)=SA\\ (SAC)\cap (MOB)=MO\\ SA\mathrm{/}\mathrm{/}MO\end{array}\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}(SAB) \cap (SAC) = SA\\(SAC) \cap (MOB) = MO\\SA//MO\end{array} \right.$ \Rightarrow (SAB), (SAC) và (MOB) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt và ba giao tuyến này song song.

a) Áp dụng điều kiện để đường thẳng song song với mặt phẳng.

b) Áp dụng tính chất của hai đường thẳng song song.

c) Áp dụng điều kiện để hai mặt phẳng song song.

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

a) Sai. MN // BB’ nên MN // (BB’C’C), mà B’C’ thuộc (BB’C’C) nên MN không cắt B’C’,

b) Đúng. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}MN//BB'\\MN \subset (MNI)\\BB' \subset (BCC'B')\\I \in (MNI) \cap (BCC'B')\end{array} \right. \Rightarrow$ Giao tuyến của (MNI) và (BCC’B’) là đường thẳng qua I song song với BB’. Xét trong (BCC’B’), giả sử giao tuyến đó cắt B’C’ tại H và BC tại J. Ta có HJ đi qua I và song song với BB’. Mà I là tâm hình bình hành BCC’B’ nên H, J lần lượt là trung điểm cua B’C’ và BC.

c) Đúng. Ta có MI là đường trung bình tam giác B’A’C nên MI // A’C.

Có $\left\{ \begin{array}{l}MN//AA'\\MI//A'C\\MN \cap MI = \{ M\} \end{array} \right. \Rightarrow (MNI)//(ACC'A')$.

d) Đúng. Xét trong (MNI), giả sử MI cắt NJ tại K’.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}K' \in NJ \subset (ABC)\\K' \in MI\end{array} \right. \Rightarrow$ K là giao điểm của MI và (ABC), hay K’ trùng K.

Có IJ // MN (// BB’) và $IJ = \frac{1}{2}BB' = \frac{1}{2}MN$ nên IJ là đường trung bình của tam giác KMN.

Suy ra J là trung điểm của NK, hay $NJ = \frac{1}{2}NK$ (1)

Mà $NJ = \frac{1}{2}AC$ (NJ là đường trung bình tam giác ABC) (2)

Từ (1) và (2) suy ra NK = AC.

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

Phương trình tương đương: $\cot (\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow \cot (\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}) = \cot \frac{\pi}{3}$

$\Leftrightarrow \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{3} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi}{6} + k2\pi, k \in \mathbb{Z}.$

Tất cả các nghiệm thuộc đoạn $[-2\pi; 3\pi]$ là $(\frac{\pi}{6} - 2\pi)$; $\frac{\pi}{6}$; $(\frac{\pi}{6} + 2\pi)$, tổng của chúng là $\frac{\pi}{2}$.

Suy ra a = 1, b = 2.

Viết dãy Fibonacci rồi xác định số hạng thứ 8.

Dạng khai triển của dãy là 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34;...

Số hạng thứ 8 là 21.

Giả sử k là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ lớn hơn hoặc bằng $\frac{n}{2}$, tức là $c{f_{k - 1}} < \frac{n}{2}$ nhưng $c{f_k} \ge \frac{n}{2}$. Ta gọi $r,d,{n_k}$ lần lượt là đầu mút trái, độ dài, tần số của nhóm k; $c{f_{k - 1}}$ là tần số tích luỹ của nhóm k – 1.

Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu ${M_e}$, được tính theo công thức:

${M_e} = r + \left( {\frac{{\frac{n}{2} - c{f_{k - 1}}}}{{{n_k}}}} \right).d$.

Nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu là nhóm [30; 60).

Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là $M_e = 30 + \frac{\frac{50}{2} - 11}{19} . (60 - 30) = \frac{990}{19} \approx 52,1$.

Áp dụng tính chất trọng tâm và đường trung bình trong tam giác.

$AN \cap DC = E$ thì C là trung điểm E.

Lại có SM = 2MC nên M là trọng tâm tam giác SED.

Do đó, $EM \cap SD = I$ thì I là trung điểm ED.

Áp dụng tính chất hai đường thẳng song song và áp dụng định lí cosin trong tam giác để tính.

$\{\begin{array}{l}PQ=(BCD)\cap (GMN)\\ CD\subset (BCD)\\ MN\subset (GMN)\\ MN\mathrm{/}\mathrm{/}CD\end{array}\Rightarrow PQ\mathrm{/}\mathrm{/}DC$$\left\{ \begin{array}{l}PQ = (BCD) \cap (GMN)\\CD \subset (BCD)\\MN \subset (GMN)\\MN//CD\end{array} \right.$ \Rightarrow PQ//DC.

Vì G là trọng tâm tam giác BCD nên $PQ = \frac{2}{3}CD = 600$, QC = $QC = \frac{1}{3}BC = 300$.

$QM = NP = \sqrt {{{300}^2} + {{450}^2} - 2.300.450.\cos {{60}^o}} \approx 396,86$

$MN = \frac{1}{2}CD = 450$.

Chu vi của khung thép MNPQ bằng MN + PQ + MQ + PN ≈ 1844.

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân.

Gọi $x$ (cái) là số kẹo ban đầu của Ban tổ chức.

Số kẹo mà câu lạc bộ CKTU - CKT Union nhận được sau gợi ý thứ nhất là $\frac{x}{2}$ (cái).

Số kẹo mà câu lạc bộ CKTU - CKT Union nhận được sau gợi ý thứ hai là $\frac{x}{2^2}$ (cái).

Tiếp tục như vậy, số kẹo mà câu lạc bộ CKTU - CKT Union nhận được sau gợi ý thứ năm là $\frac{x}{2^5}$ (cái).

Số kẹo mà học sinh trả lời đúng nhận được sau gợi ý thứ sáu là $\frac{x}{2^6}$ (cái).

Ta có $\frac{x}{2} + \frac{x}{2^2} + \frac{x}{2^3} + \cdots + \frac{x}{2^6} + 1 = x$

$\Leftrightarrow x (\frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \cdots + \frac{1}{2^6}) + 1 = x$

$\Leftrightarrow x (\frac{1}{2} . \frac{1 - (\frac{1}{2})^6}{1 - \frac{1}{2}}) + 1 = x \Leftrightarrow x = 64.$

Số kẹo câu lạc bộ CKTU - CKT Union nhận được từ Ban tổ chức là $64 - 1 - \frac{64}{2^6} = 62$ cái.