Đề giữa kì 1 Toán 11 năm 2025 – 2026 trường THPT Tử Đà – Phú Thọ

$\alpha$ rad $= a^{o}.\dfrac{\pi}{180^{o}}$.

$108^{o} = 108.\dfrac{\pi}{180} = \dfrac{3\pi}{5}$ rad.

Sử dụng công thức độ dài cung tròn $l = R.\alpha$ (với $\alpha$ tính bằng radian).

$l = 20.\dfrac{\pi}{16} = \dfrac{5\pi}{4} \approx 3,93$ (cm).

Áp dụng công thức cộng lượng giác.

Công thức sai là $\cos(a + b) = \sin a\sin b - \cos a\cos b$.

Công thức đúng: $\cos(a + b) = \cos a\cos b - \sin a\sin b$.

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

$\left. \sin x = 1\Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi \right.$ \(\mspace{6mu}\left( {k \in {\mathbb{Z}}} \right)\).

Công sai của cấp số cộng: $d = u_{2} - u_{1}$.

d = 6 – 2 = 4.

Thay n = 6 vào công thức $u_{n} = \dfrac{\left( {- 1} \right)^{n}}{2^{n} + 1}$.

$u_{6} = \dfrac{{( - 1)}^{6}}{2^{6} + 1} = \dfrac{1}{65}$.

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

$u_{4} = u_{1}.q^{3} = 2.3^{3} = 54$.

Thay n = 1, 2 vào công thức $u_{n + 1} = u_{n} + 3$.

$u_{1} = - 1$, $u_{2} = - 1 + 3 = 2$, $u_{3} = 2 + 3 = 5$.

Quan sát bảng số liệu.

Tần số của nhóm [17; 19) là 11.

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

Nhóm có tần số lớn nhất là 40, tương ứng với nhóm [162; 168).

Xác định nhóm chứa mốt $M_{o}$ (nhóm có tần số lớn nhất $n_{m} = 12$ là $\left\lbrack {16;18} \right)$). Áp dụng công thức: $M_{o} = u_{m} + \dfrac{n_{m} - n_{m - 1}}{\left( {n_{m} - n_{m - 1}} \right) + \left( {n_{m} - n_{m + 1}} \right)}.\left( {u_{m + 1} - u_{m}} \right)$.

$M_{o} = 16 + \dfrac{12 - 3}{\left( {12 - 3} \right) + \left( {12 - 9} \right)}.\left( {18 - 16} \right) = 17,5$.

Áp dụng công thức tính số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm.

$\overline{x} = \dfrac{8.2,75 + 22.4,25 + 35.5,75 + 15.7,25}{80} \approx 5,32$.

Dựa vào tập giá trị của hàm số lượng giác để xác định min, max.

$- 1 \leq \cos\left( {\dfrac{\pi t}{6} + \dfrac{\pi}{3}} \right) \leq 1$

$\left. \Leftrightarrow 3( - 1) + 12 \leq h \leq 3.1 + 12 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 9 \leq h \leq 15 \right.$.

a) Đúng. Độ sâu của mực nước trong kênh nhỏ nhất bằng 9 m.

b) Đúng. Độ sâu của mực nước trong kênh lớn nhất bằng 15 m.

c) Sai. Mực nước lớn nhất khi $\cos\left( {\dfrac{\pi t}{6} + \dfrac{\pi}{3}} \right) = 1$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{\pi t}{6} + \dfrac{\pi}{3} = k2\pi\Leftrightarrow\dfrac{t}{6} + \dfrac{1}{3} = 2k\Leftrightarrow t = 12k - 2 \right.$.

Vì $\left. 0 \leq t \leq 24\Leftrightarrow 0 \leq 12k - 2 \leq 24\Leftrightarrow\dfrac{1}{6} \leq k \leq \dfrac{13}{6}\Leftrightarrow k \in \left\{ {1;2} \right\} \right.$.

Vậy có 2 thời điểm trong ngày (t = 10 và t = 22) mực nước đạt cực đại.

d) Sai. $h(12) = 3\cos\left( {\dfrac{12\pi}{6} + \dfrac{\pi}{3}} \right) + 12 = 13,5$ (m).

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

$\{\begin{array}{l}{u}_1-(u_1+2d)+(u_1+4d)=15\\ u_1+(u_1+5d)=27\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {u_{1} - (u_{1} + 2d) + (u_{1} + 4d) = 15} \\ {u_{1} + (u_{1} + 5d) = 27} \end{array} \right.$

$\left. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {u_{1} + 2d = 15} \\ {2u_{1} + 5d = 27} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {u_{1} = 21} \\ {d = - 3} \end{array} \right.$ \right..

a) Đúng. $u_{1} = 21$.

b) Sai. d = -3.

c) Đúng. $u_{11} = u_{1} + 10d = 21 + 10.( - 3) = - 9$.

d) Đúng. $- 6048 = u_{n} = 21 + (n - 1)( - 3)$

$\left. \Leftrightarrow - 6069 = - 3(n - 1)\Leftrightarrow n = 2024 \right.$.

Số ghế mỗi dãy lập thành một cấp số cộng. Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số cộng: $S_{n} = \dfrac{n}{2}\left\lbrack {2u_{1} + \left( {n - 1} \right)d} \right\rbrack$.

Số ghế mỗi dãy lập thành một cấp số cộng với $u_{1} = 15$, công sai $d = 4$, số số hạng $n = 30$. Tổng số ghế là $S_{30} = \dfrac{30}{2}.\lbrack 2.15 + (30 - 1).4\rbrack = 2190$.

$u_{1} = S_{1}$; $\left. S_{2} = u_{1} + u_{2}\Rightarrow u_{2} = S_{2} - S_{1}\Rightarrow q = \dfrac{u_{2}}{u_{1}} \right.$.

$u_{1} = S_{1} = 5^{1} - 1 = 4$.

$\left. S_{2} = 5^{2} - 1 = 24\Rightarrow u_{2} = S_{2} - S_{1} = 24 - 4 = 20 \right.$.

$q = \dfrac{u_{2}}{u_{1}} = \dfrac{20}{4} = 5$.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản: $\left. \cot x = \cot\alpha\Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \right.$ $(k \in {\mathbb{Z}})$.

$\left. \cot\left( {2x - \dfrac{\pi}{4}} \right) = \sqrt{3}\Leftrightarrow 2x - \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{6} + k\pi \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2x = \dfrac{5\pi}{12} + k\pi\Leftrightarrow x = \dfrac{5\pi}{24} + k\dfrac{\pi}{2} \right.$ $(k \in {\mathbb{Z}})$.

Vì $x \in \left\lbrack {\dfrac{\pi}{2};\dfrac{5\pi}{2}} \right\rbrack$ nên ta có:

$\left. \dfrac{\pi}{2} \leq \dfrac{5\pi}{24} + k\dfrac{\pi}{2} \leq \dfrac{5\pi}{2}\Leftrightarrow\dfrac{7}{12} \leq k \leq \dfrac{55}{12} \right.$.

Do $\left. k \in {\mathbb{Z}}\Rightarrow k \in \left\{ {1,2,3,4} \right\} \right.$. Vậy phương trình có 4 nghiệm.

Xác định cỡ mẫu, tìm nhóm chứa trung vị và áp dụng công thức $M_{e} = r + \dfrac{\dfrac{N}{2} - C}{n_{k}}.d$.

Cỡ mẫu: n = 5 + 18 + 40 + 26 + 8 + 3 = 100.

Ta có $5 + 18 < \dfrac{n}{2} < 5 + 18 + 40$ nên nhóm chứa trung vị là [154; 156).

$M_{e} = 154 + \dfrac{50 - 23}{40}.2 \approx 155$.

a) Áp dụng công thức $\sin^{2}x + \cos^{2}x = 1$, $\cos 2x = 2\cos^{2}x - 1$.

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

a) Ta có: $\text{cos}^{2}x = 1 - \text{sin}^{2}x = 1 - \left( \dfrac{1}{5} \right)^{2} = \dfrac{24}{25}$ .

$P = \text{cos}^{2}2x + \text{cos}^{2}x = \left( {2\text{cos}^{2}x - 1} \right)^{2} + \text{cos}^{2}x$

$= \left( {2.\dfrac{24}{25} - 1} \right)^{2} + \dfrac{24}{25} = \dfrac{1129}{625}$.

b) $\cos\left( {x - \dfrac{\pi}{5}} \right) = \dfrac{1}{2}$ $\left. \Leftrightarrow\cos\left( {x - \dfrac{\pi}{5}} \right) = \cos\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \right.$

$\left. \Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x - \dfrac{\pi}{5} = \dfrac{\pi}{3} + k2\pi} \\ {x - \dfrac{\pi}{5} = - \dfrac{\pi}{3} + k2\pi} \end{array}$ \right.\Leftrightarrow\left\lbrack $\begin{array}{l} {x = \dfrac{8\pi}{15} + k2\pi} \\ {x = \dfrac{2\pi}{15} + k2\pi} \end{array}$ \right. \right. $(k \in {\mathbb{Z}})$.

Ứng dụng tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn.

a) Ta có: $S_{\Delta} = \dfrac{\sqrt{3}}{4}$.

b) Ta gọi diện tích của tam giác màu đỏ trong lần chia đầu tiên là $U_{1} = \dfrac{1}{4}.\dfrac{\sqrt{3}}{4} = \dfrac{\sqrt{3}}{16}$.

Ta gọi diện tích của tam giác màu đỏ trong lần chia thứ 2 là $U_{2} = 3.\dfrac{1}{4}.U_{1} = \dfrac{3}{4}.\dfrac{\sqrt{3}}{16} = \dfrac{3\sqrt{3}}{64}$.

Ta gọi diện tích của tam giác màu đỏ trong lần chia thứ 3 là $U_{3} = 3.\dfrac{1}{4}.U_{2} = \dfrac{3}{4}.\dfrac{3\sqrt{3}}{64} = \dfrac{9\sqrt{3}}{256}$.

Tương tự như vậy, thì diện tích của các tam giác màu đỏ sau mỗi lần chia là 1 cấp số nhân có $\{\begin{array}{l}{U}_1={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{16}}\\ q={\displaystyle \frac{3}{4}}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {U_{1} = \dfrac{\sqrt{3}}{16}} \\ {q = \dfrac{3}{4}} \end{array} \right.$.

Tổng diện tích của tam giác tô màu đỏ là $S_{5} = \dfrac{U_{1}\left( {1 - q^{5}} \right)}{1 - q} = \dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{16}\left( {1 - \left( \dfrac{3}{4} \right)^{5}} \right)}{1 - \dfrac{3}{4}} \approx 0,33$ (đơn vị diện tích).

Vậy diện tích được tô màu trắng là $S_{\Delta} - S_{5} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} - 0,33 \approx 0,1$ (đơn vị diện tích).