Đề khảo sát chất lượng Toán 11 năm 2024 - 2025 sở GD&ĐT Hà Nội

Tính chất của logarit.

${\log _3}\frac{a}{3} = {\log _3}a - {\log _3}3 = {\log _3}a - 1$.

Tìm 2 điểm chung của 2 mặt phẳng.

Ta có (AMD) và (BCD) có điểm chung là M, D nên giao tuyến là MD.

Sử dung tương giao đồ thị hàm số.

Ta thấy đồ thị hàm số cắt $y = \frac{1}{3}$ tại 4 điểm trong $[ - \pi ;\pi ]$ nên có tất cả 4 nghiệm.

Tính chất đường trung bình.

Ta thấy MN là đường trung bình của $\Delta SBC \Rightarrow$ MN // BC // AD, suy ra MN // (SAD).

Công thức tìm giá trị trung bình.

Ta có $\bar x = \frac{{15.1 + 55.3 + 190.5 + 290.7 + 140.9}}{{15 + 55 + 190 + 290 + 140}} = 6,4$.

Chia cả tử và mẫu cho ${3^n}$.

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

Quy tắc nhân xác suất.

Theo quy tắc nhân có tất cả 4.3 = 12 cách.

Giải phương trình $\sin x \ne 0$.

Ta có $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi {\rm{ \;}} \Rightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in Z} \right\}$.

Thay $n = 3$ vào ${u_n} = 3n + 1,\forall n \in {N^*}$.

Thay $n = 3$ vào ${u_n} = 3n + 1,\forall n \in {N^*}$ ta được ${u_4} = 3.3 + 1 = 10$.

Tìm nhóm có tần số lớn nhất.

Nhóm [15;20] có 10 học sinh nhiều nhất nên là nhóm chứa mốt.

Công bội $q = \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}}$.

Công bội $q = \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{6}{3} = 2$.

Dựa vào tập xác định và các điểm mà đồ thị đi qua.

Từ đồ thị ta thấy hàm số xác định trên $\mathbb{R}$, nghịch biến và đi qua $\left( { - 1,3} \right)$ nên $y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}$.

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:

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

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

Phân tích đề bài, suy ra độ dài cạnh và số cạnh của các hình ${H_n}$.

a) Đúng. Chia mỗi cạnh của hình H thành ba đoạn thẳng bằng nhau nên mỗi đoạn là có độ dài $\frac{a}{3}$ và trên mỗi đoạn thẳng đó, dựng một tam giác đều nằm ngoài hình H, ta được hình ${H_1}$ nên độ dài mỗi cạnh của hình ${H_1}$ là $\frac{a}{3}$.

b) Đúng. Độ dài mỗi cạnh của hình ${H_{n - 1}}$ là $\frac{a}{{{3^{n - 1}}}}$.

Độ dài mỗi cạnh của hình ${H_n}$ là $\frac{a}{{{3^n}}}$.

Suy ra độ dài hình ${H_{n - 1}}$ gấp 3 lần độ dài mỗi cạnh của hình ${H_n}$.

c) Đúng. ${u_1},{u_2},.....,{u_n},....$ lần lượt là số cạnh của các hình  ${H_1},{H_2},....{H_n},...$

Có $u = 3;{u_1} = 12 = 3.4;{u_2} = 48 = {3.4^2},...,{u_n} = {3.4^n}$.

Vậy dãy số ${u_1},{u_2},{u_3},{u_4},....$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q = 4.

d) Sai. Hình $H$ có chu vi là 3a.

Hình ${H_{16}}$ có số cạnh là ${3.4^{16}}$ cạnh và độ dài mỗi cạnh là $\frac{a}{{{3^{16}}}}$.

Chu vi hình ${H_{16}}$ là ${3.4^{16}}.\frac{a}{{{3^{16}}}} \approx 299a$.

Vậy hình ${H_{16}}$ có chu vi gấp 99,67 lần chu vi hình H.

 Có P(0) = 20, tính $a$. Thay giá trị $t$ để tính $P(t).$

Tính giới hạn tại vô cùng của hàm $P(t).$

Giải bất phương trình $P(t) > 90.$

a) Đúng. Ta có $P(t) = \frac{{25}}{{a + {e^{ - 0.8t}}}}$, và $P(0) = 20$ nên $\frac{{25}}{{a + {e^{ - 0,8.0}}}} = 20 \Leftrightarrow a = \frac{{25}}{{20}} - 1 = 0,25$

b) Sai. Sau 2 giờ, số vi sinh vật là $P(2) = \frac{{25}}{{0,25 + {e^{ - 0,8.2}}}} \approx 55,3$

c) Đúng. Ta cần tính $\mathop {\lim }\limits_{t \to {\rm{\;}} + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {\rm{\;}} + \infty } \frac{{25}}{{0,25 + {e^{ - 0,8.t}}}}$.

Khi $t \to {\rm{\;}} + \infty$ thì ${e^{ - 0,8t}} \to 0$, nên $\mathop {\lim }\limits_{t \to {\rm{\;}} + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {\rm{\;}} + \infty } \frac{{25}}{{0,25 + {e^{ - 0,8.t}}}} = \frac{{25}}{{0,25}} = 100$

Vậy số lượng vi khuẩn trong quần thể không lớn hơn 100.

d) Sai. Ta có:

 $\begin{array}{l}P(t)=\frac{25}{0,25+e^{-0.8t}}>90\iff e^{-0,8.t}<\frac{25}{90}-0,25\\ \iff e^{-0,8.t}<\frac{1}{36}\iff t>4,48\end{array}$$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{P(t) = \frac{{25}}{{0,25 + {e^{ - 0.8t}}}} > 90 \Leftrightarrow {e^{ - 0,8.t}} < \frac{{25}}{{90}} - 0,25}\\{ \Leftrightarrow {e^{ - 0,8.t}} < \frac{1}{{36}} \Leftrightarrow t > 4,48}\end{array}$

Để số lượng vi sinh vật trong quần thể lớn hơn 90 thì cần nuôi cấy ít nhất 4,48 giờ.

Vẽ hình.

Xét điểm A, M có thuộc mặt phẳng (SAC) không.

Xét hai điểm S, O cùng thuộc mặt phẳng (SAC) và mặt phẳng (SBD) không

Gọi giao điểm của AM và SO là I, chứng minh $I \in (SBD)$.

Sử dụng phương pháp phản chứng: Giả sử $\frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}$ rồi chứng minh điều đó vô lí.

a) Đúng. Vì $M \in SC$ nên $M \in (SAC)$, lại có $A \in (SAC)$ nên AM nằm trong mặt phẳng (SAC).

b) Đúng. Ta có $O \in AC$ nên $O \in (SAC)$; $O \in BD$ nên $O \in (SBD)$. Do đó O thuộc cả hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Mà S cũng thuộc cả hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Vậy SO là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

c) Đúng. Theo chứng minh ở các phần trên, SO và MA cùng thuộc mặt phẳng (SAC), hai đường thẳng đó không song song với nhau nên gọi giao điểm của chúng là I.

Khi đó, $I \in AM$ (1).

Vì $I \in SO$, mà $SO \subset (SBD)$ nên $I \in (SBD)$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra I là giao điểm của AM và mặt phẳng (SBD), đồng thời là giao điểm của SO và MA.

d) Sai. Vì AD // BC nên theo hệ quả của định lý Thales, ta có:

$\frac{{CO}}{{OA}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2}$ (vì AD = 2BC theo giả thiết).

Suy ra $\frac{{CO}}{{CA}} = \frac{1}{3}$, tức O không phải trung điểm của AC.

Gọi giao điểm của $\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)$ và SD là Q. Khi đó, PQ là giao tuyến của $\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)$ và (SBD).

Ta có $\{\begin{array}{l}(\alpha )\mathrm{/}\mathrm{/}BD\\ \begin{array}{l}BD\subset (SBD)\\ (SBD)\cap (\alpha )=PQ\end{array}\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(\alpha )//BD}\\\begin{array}{l}BD \subset (SBD)\\(SBD) \cap (\alpha ) = PQ\end{array}\end{array}} \right.$ suy ra BD // PQ (3).

Vì $I \in AM$ và $AM \subset \left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)$ nên $I \in \left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)$, mà $I \in (SBD)$ nên I thuộc giao tuyến của $\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)$ và (SBD), hay $I \in PQ$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra PI // BO.

Giả sử $\frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}$.

Vì PI // BO nên theo định lí Thales ta có: $\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}$.

Vì M là trung điểm của SC suy ra AM là đường trung tuyến của $\Delta SAC$.

Mặt khác, $I \in AM$ và $\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}$ nên I là trọng tâm $\Delta SAC$.

Do đó, SO là đường trung tuyến của $\Delta SAC$, hay O là trung điểm của AC (vô lí).

Vậy $\frac{{SP}}{{SB}} \ne \frac{2}{3}$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát ${u_n} = {u_1} + (n - 1)d$ để tìm ${u_1}$ và $d$.

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

Có ${u_3} = 9$ và ${u_7} = 17$ nên $\{\begin{array}{l}{u}_1+2d=9\\ u_1+6d=17\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{u}_1=5\\ d=2\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{u_1} + 2d = 9}\\{{u_1} + 6d = 17}\end{array}} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{u_1} = 5}\\{d = 2}\end{array}} \right.$.

Áp dụng công thức tính tổng, có ${S_{20}} = \frac{{20}}{2}(2.5 + 19.2) = 480$.

Áp dụng công thức lãi kép $T = A{\left( {1 + r} \right)^n}$.

Xét phương án 1: Với số tiền gửi là 100 triệu, lãi suất theo tháng là $\frac{{0,2\%}}{{12}} = \frac{1}{{60}}\%$, gửi trong 6 tháng thì toàn bộ số tiền anh An nhận được sau 9 tháng là:

$T = A{\left( {1 + r} \right)^n} = 100{\left( {1 + \frac{1}{{60}}\% } \right)^9} = 100,1501$ triệu tức là lợi được 0,1501 triệu.

Xét phương án 2: Số tiền anh An nhận được khi gửi với lãi suất 5,4% trong 1 năm là

$T = 100.5,4\%  = 105,4$ triệu.

Anh An cần vay ngân hàng trong 3 tháng với lãi suất 8%/năm tức là $\frac{8}{{12}}\%$/tháng.

$\Rightarrow T = 100{\left( {1 + \frac{8}{{12}}\% } \right)^3}$.

Vậy số tiền anh An dư sau khi trả ngân hàng là $105,4 - 100{\left( {1 + \frac{8}{{12}}\% } \right)^3} = 3,386$ triệu.

So sánh:

So phương án 2 với phương án 1 thì anh An lợi được $3,386 - 0,1501 \approx 3,24$ triệu.

Tính diện tích của phần làm gạch và phần còn lại theo $\alpha$. Từ đó lập hàm chi phí và tìm GTNN.

Xét 1 phần gạch hình tam giác là $\Delta OAB$ vuông tại A, có $OB = 10$, $\widehat {AOB} = \alpha$.

$\Rightarrow OA = 10.\cos \alpha$; $AB = 10.\sin \alpha$

${ \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}.10.\sin \alpha .10.\cos \alpha = 25\sin 2\alpha }$.

Khi đó diện tích phần gạch lát là $S = 4.25\sin 2\alpha  = 100\sin 2\alpha$.

Diện tích của cả hình tròn là $S = \pi {.10^2} = 100\pi$.

Diện tích phần lát xi măng là $S = 100\pi  - 100.\sin 2\alpha$.

Vậy chi phí cần bỏ ra là:

$T = 100.\sin 2\alpha .1 + \left( {100 - 100\sin 2\alpha } \right).0,3 = 70\sin 2\alpha  + 30\pi$.

Do chi phí nhỏ hơn 150 triệu nên ta có

$70\sin 2\alpha  + 30\pi < 150$

${ \Leftrightarrow \sin 2\alpha  < 0,79}$

${ \Leftrightarrow 2\alpha  < 52,{{79}^o}}$

${ \Leftrightarrow \alpha  < 26,{{39}^o}}$.

Vậy góc $\alpha$ nhỏ nhất bằng ${26^o}$.

Ta chia thành 2 trường hợp:

TH1: Bình bốc trúng hai chủ đề trong 7 chủ đề đã chuẩn bị và 1 chủ đề trong 3 chủ đề không chuẩn bị.

TH2: Bình bốc trúng ba chủ đề trong 7 chủ đề đã chuẩn bị.

Không gian mẫu là $C_{10}^3$.

Để Bình bốc được ít nhất hai chủ đề trong những chủ đề đã chuẩn bị thì có 2 TH

TH1: Bình bốc trúng hai chủ đề trong 7 chủ đề đã chuẩn bị và 1 chủ đề trong 3 chủ đề không chuẩn bị. Khi đó có $C_7^2.C_3^1$ cách.

TH2: Bình bốc trúng ba chủ đề trong 7 chủ đề đã chuẩn bị $\Rightarrow$ Có $C_7^3$ cách.

Vậy xác suất cần tính là $P = \frac{{C_7^2.C_3^1 + C_7^3}}{{C_{10}^3}} = 0,8166 \approx 0,82$.

Tìm ĐKXĐ và giải bất phương trình cơ bản.

ĐKXĐ: $\frac{1}{2} < x < 14$.

$\begin{array}{l}{\log }_{}(2x-1)<{\log }_{}(14-x)\\ \iff 2x-1<14-x\\ \iff 3x<15\\ \iff x<5\end{array}$$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{{\log }_2}(2x - 1) < {{\log }_2}(14 - x)}\\{ \Leftrightarrow 2x - 1 < 14 - x}\\{ \Leftrightarrow 3x < 15}\\{ \Leftrightarrow x < 5}\end{array}$

$\Rightarrow \frac{1}{2} < x < 5$.

Do $x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1,2,3,4} \right\}$.

Vậy có tất cả 4 nghiệm nguyên.

Sử dụng tính chất đường trung bình kẻ các đường thẳng song song tìm M, N, P. Từ đó tính diện tích tam giác.

Xét trong (SBD) kẻ $MP\parallel BD$ với $P \in SD$.

Khi đó P là hình chiếu của M xuống (SBD) với phương chiếu BD.

Do M là trung điểm của SB nên MP là đường trung bình của $\Delta SBD$.

Suy ra P là trung điểm của SD.

Tương tự xét trong (SAB) kẻ $ME\parallel SA \Rightarrow E$ là trung điểm AB.

Trong (SAD) kẻ $PF\parallel SA \Rightarrow F$ là trung điểm AD.

Trong $\left( {SAC} \right)$ kẻ $NG\parallel SA \Rightarrow \frac{{GC}}{{CA}} = \frac{{NC}}{{SC}} = \frac{1}{3}$ (Thales).

Khi đó hình chiếu của M, N, P xuống (ABCD) theo phương chiếu SA lần lượt là E, G, F.

Ta sẽ tính diện tích $\Delta GEF$.

Ta có $\Delta GEF$ cân tại G nên ${S_{\Delta GEF}} = \frac{1}{2}GK.EF$.

$AF = AE = \frac{1}{2}AB = 3 \Rightarrow EF = 3\sqrt 2 ;AK = \frac{1}{2}EF = \frac{3}{2}\sqrt 2$.

$AC = 6\sqrt 2 ;AG = \frac{2}{3}.6\sqrt 2 {\rm{ \;}} = 4\sqrt 2 {\rm{ \;}} \Rightarrow GK = 4\sqrt 2 {\rm{ \;}} - \frac{3}{2}\sqrt 2 {\rm{ \;}} = \frac{5}{2}\sqrt 2$.

$\Rightarrow {S_{\Delta GEF}} = \frac{1}{2}GK.EF = \frac{1}{2}.\frac{5}{2}\sqrt 2 .3\sqrt 2 {\rm{ \;}} = \frac{{15}}{2} = 7,5$.