Đề thi học kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức - Đề số 2

Ta có: \(\cos \left( { - \alpha } \right) = \cos \alpha \)

Sử dụng kiến thức về tính độ dài cung tròn: Một cung của đường tròn bán kính R và có số đo \(\alpha \) rad thì có độ dài là \(l = R\alpha \).

Phương trình \(\cos x = 1\) có nghiệm là \(x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Hàm số \(y = \tan x\) đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( {\frac{{ - \pi }}{2} + k\pi ;\frac{\pi }{2} + k\pi } \right),k \in \mathbb{Z}\)

\(\sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}\)

Trong các dãy số trên, chỉ có dãy số 4; 3; 2; 0; … có \(4 < 3 < 2 < 0...\) nên dãy số 4; 3; 2; 0; … là dãy số giảm

Trong các dãy số trên, chỉ có dãy số 1; 2; 4; 8; 16; …. có kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng số hạng đứng ngay trước nó nhân với một số không đổi q \(\left( {q = 2} \right)\).

Dãy số được viết dưới dạng hệ thức truy hồi là: \({u_1} = 1;\;{u_n} = 2{u_{n - 1}} + 1\) với \(n \ge 2\)

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {v_n} = a < 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n}{v_n} =  - \infty \).

Cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội q, số hạng đầu \({u_1}\) thì có tổng là \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)

Ta có: \(\frac{2}{3} < 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{3}} \left( {3x + 2} \right) = 3.\frac{1}{3} + 2 = 3\)

Sử dụng kiến thức về cách xác định một mặt phẳng: Một mặt phẳng hoàn toàn được xác định qua ba điểm không thẳng hàng.

Cho bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Hình gồm bốn tam giác ABC, ACD, ABD và BCD được gọi là hình tứ diện.

Trong không gian, qua một điểm không nằm trên đường thẳng cho trước, có đúng một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho.

Hình hộp ABCD. A’B’C’D’ có bốn đường chéo là AC’, BD’, CA’ và DB’

Phép chiếu song song biến đường thẳng thành đường thẳng.

Trong không gian, hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì chúng song song với nhau.

\(\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) - \sin \alpha  = \sin \alpha  - \sin \alpha  = 0\)

Ta có: \(\sin B\cos C + \sin C\cos B = \sin \left( {B + C} \right) = \sin \left[ {\pi  - \left( {B + C} \right)} \right] = \sin A\)

\(\sin x\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{4} \Leftrightarrow 2\sin x\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \frac{\pi }{3}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = \pi  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có: \({u_6} = \frac{1}{{{6^2} + 6.2 + 4}} = \frac{1}{{52}};{u_3} = \frac{1}{{{3^2} + 3.2 + 4}} = \frac{1}{{19}}\). Do đó, \({u_6} - {u_3} = \frac{1}{{52}} - \frac{1}{{19}} = \frac{{ - 33}}{{988}}\)

Cấp số cộng trên có số hạng đầu \({u_1} = 3\), công sai \(d = 4\). Do đó, số hạng thứ 15 của cấp số cộng trên là:

\({u_{15}} = {u_1} + 14d = 3 + 14.4 = 59\)

Cấp số nhân trên có số hạng đầu \({u_1} = 2\), công bội \(q = 3\).

Ta có: \(39\;366 = {2.3^{n - 1}} \Leftrightarrow {3^{n - 1}} = 19\;683 \Leftrightarrow {3^{n - 1}} = {3^9} \Leftrightarrow n - 1 = 9 \Leftrightarrow n = 10\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {2x - 16} \right) = 2.4 - 16 =  - 8 < 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {x - 4} \right) = 0\)

Với \(x \to {4^ - }\) thì \(x < 4\) nên \(x - 4 < 0\). Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{2x - 16}}{{x - 4}} =  + \infty \)

Ta có: \({n^2} - 4n = {n^2}\left( {1 - \frac{4}{n}} \right)\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {n^2} =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {1 - \frac{4}{n}} \right) = 1 > 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {{n^2} - 4n} \right) =  + \infty \)

Tổng trên là cấp số nhân lùi vô hạn có \({u_1} = 1,\) công bội \(q = \frac{{ - 1}}{3}\)

Do đó, \(S = \frac{1}{{1 - \left( {\frac{{ - 1}}{3}} \right)}} = \frac{3}{4}\)

Vì I, J lần lượt là trung điểm của SA và SC nên IJ là đường trung bình của tam giác SAC. Do đó, IJ // AC.

Mà \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên IJ // (ABCD).

Trong mặt phẳng (ABD), gọi E là giao điểm của IJ và BD.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}E \in IJ\\E \in BD \subset \left( {CBD} \right)\end{array} \right.\) nên E là giao điểm của đường thẳng IJ và mặt phẳng (BDC).

Vì M, O lần lượt là trung điểm của SD, BD nên MO là đường trung bình của tam giác SBD. Do đó, OM // SB.

Mà I là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (IOM); \(OM \subset \left( {IOM} \right),SB \subset \left( {SAB} \right)\)

Nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (IOM) là đường thẳng qua I và song song với OM, cắt SA tại J.

Ta có, p và q có thể cắt nhau, chéo nhau, song song (như hình vẽ minh họa)

Có hai nhóm có tần số là 5 là: nhóm \(\left[ {5;10} \right)\) và nhóm \(\left[ {20;25} \right)\)

Nhóm có tần số lớn nhất là \(\left[ {26;31} \right)\) nên nhóm chứa mốt của mẫu số liệu là: \(\left[ {26;31} \right)\).

Cỡ mẫu: \(n = 3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56\)

Gọi \({x_1};...;{x_{56}}\) số tin nhắn nhận được trong 56 ngày và được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Khi đó, trung vị là \(\frac{{{x_{28}} + {x_{29}}}}{2}.\) Do 2 giá trị \({x_{28}},{x_{29}}\) thuộc nhóm \(\left[ {7;9} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị.

Do đó, \(p = 3;{a_3} = 7;{m_3} = 15;{m_1} + {m_2} = 3 + 12 = 15,{a_4} - {a_3} = 2\).

Vậy trung vị của nhóm là: \({M_e} = 7 + \frac{{\frac{{56}}{2} - 15}}{{15}}.2 \approx 8,73\)

Tần số lớn nhất là 14 nên nhóm chứa mốt là nhóm \(\left[ {150;155} \right)\). Ta có: \(j = 2;{a_2} = 150,{m_2} = 14\), \({m_1} = 7;{m_3} = 10,h = 5\). Do đó, \({M_o} = 150 + \frac{{14 - 7}}{{\left( {14 - 7} \right) + \left( {14 - 10} \right)}}.5 \approx 153,18\left( {cm} \right)\)

Mẫu thức là tổng của n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 3\) và công bội \(q = 3\)

Do đó, \(3 + {3^2} + {3^3} + .. + {3^n} = \frac{{3\left( {{3^n} - 1} \right)}}{{3 - 1}} = \frac{3}{2}\left( {{3^n} - 1} \right)\)

Tử thức là tổng của n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 2\) và công bội \(q = 2\)

Do đó, \(2 + {2^2} + {2^2} + ... + {2^n} = \frac{{2\left( {{2^n} - 1} \right)}}{{2 - 1}} = 2\left( {{2^n} - 1} \right)\)

Khi đó, \(I = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {\frac{4}{3}.\frac{{{2^n} - 1}}{{{3^n} - 1}}} \right) = \frac{4}{3}\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{2^n} - 1}}{{{3^n} - 1}} = \frac{4}{3}\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} - \frac{1}{{{3^n}}}}}{{1 - \frac{1}{{{3^n}}}}} = 0\)

Vì I và J theo thứ tự là trung điểm của AD và AC nên IJ là đường trung bình của tam giác ACD.

Do đó, IJ // CD. Mà \(IJ \subset \left( {GIJ} \right),CD \subset \left( {BCD} \right),\) G là điểm chung của hai mặt phẳng (GIJ) và (BCD).

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng (GIJ) và (BCD) là Gx // CD //  IJ.

Trong (BCD), gọi E, F lần lượt là giao điểm của Gx với BD và BC.

Tứ giác IJFE có: IJ // FE nên tứ giác IJFE là hình thang.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}IJ = \left( {GIJ} \right) \cap \left( {ACD} \right)\\EI = \left( {GIJ} \right) \cap \left( {ABD} \right)\\EF = \left( {GIJ} \right) \cap \left( {BCD} \right)\\FJ = \left( {GIJ} \right) \cap \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\)

Do đó, thiết diện của mặt phẳng (GIJ) với tứ diện ABCD là hình thang IJFE.

\(\cos 2A + \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}} - \left( {2\cos 2B + 4\sin B} \right) + \frac{{13}}{4} \le 0\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}A - 1 + \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}} - \left( {2 - 4{{\sin }^2}B + 4\sin B} \right) + \frac{{13}}{4} \le 0\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}A + {\cos ^2}A + \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}} + 4{\sin ^2}B - 4\sin B + 1 \le \frac{3}{4}\left( * \right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \({\cos ^2}A + {\cos ^2}A + \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}} \ge \frac{3}{4}\left( 1 \right)\)

Mặt khác: \(4{\sin ^2}B - 4\sin B + 1 = {\left( {2\sin B - 1} \right)^2} \ge 0\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra bất đẳng thức (*) thỏa mãn khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\cos ^2}A = \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}}\\\sin B = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos A = \frac{1}{2}\\\sin B = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat A = {60^0}\\\widehat B = {30^0}\\\widehat C = {90^0}\end{array} \right.\)

Do đó, \(\widehat B + \widehat C = {120^0}\)

Ta có: \({S_1} = {S_{ABCD}} = {4^2};{S_2} = {S_{{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = {\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{4^2}}}{2};{S_3} = {S_{{A_2}{B_2}{C_2}{D_2}}} = {\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{4^2}}}{{{2^2}}}\);…

\({S_n} = {S_{{A_n}{B_n}{C_n}{D_n}}} = {4^2}.\frac{1}{{{2^{n - 1}}}}\);…

Như vậy, các số \({S_1};{S_2};...;{S_n};...\) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn có \({S_1} = {4^2},q = \frac{1}{2}\)

Do đó: \(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ... = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{{4^2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = {2.4^2} = 32\left( {c{m^2}} \right)\)