Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 7
29 câu hỏi
Một cung tròn có độ dài bằng bán kính. Khi đó số đo bằng radian của cung tròn đó là
1.
\(\pi .\)
2.
3.
Đáp án đúng là: A
Một cung tròn có độ dài bằng bán kính nên \(l = R.\)
Ta có: \(l = \alpha R \Rightarrow \alpha = \frac{l}{R} = 1\,\,\,\,\left( {{\rm{rad}}} \right).\)
Cho \(\sin \alpha = \frac{1}{3}\). Khi đó \(\cos \left( {\alpha + \frac{{3\pi }}{2}} \right)\) bằng
\(\frac{1}{3}.\)
\( - \frac{1}{3}.\)
\( - \frac{2}{3}.\)
\(\frac{2}{3}.\)
Đáp án đúng là: A
Ta có \(\cos \left( {\alpha + \frac{{3\pi }}{2}} \right) = \cos \alpha \cos \frac{{3\pi }}{2} - \sin \alpha \sin \frac{{3\pi }}{2} = \cos \alpha .0 - \frac{1}{3}.\left( { - 1} \right) = \frac{1}{3}.\)
Hàm số nào sau đây là hàm số lẻ?
\[f\left( x \right) = 1 + \cos x.\]
\[f\left( x \right) = {\sin ^2}x.\]
\[f\left( x \right) = \cos 2x.\]
\[f\left( x \right) = x - \tan x.\]
Đáp án đúng là: D
Hàm số \[f\left( x \right) = x - \tan x\] có tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\]
Nên \[\forall x \in D \Rightarrow - x \in D.\]
Ta có \[f\left( { - x} \right) = - x - \tan \left( { - x} \right) = - x + \tan x = - \left( {x - \tan x} \right) = - f\left( x \right),\forall x \in D.\]
Vậy hàm số \[f\left( x \right) = x - \tan x\] là hàm số lẻ.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị là hình vẽ dưới đây
Khẳng định nào sau đây đúng?
Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \pi ;0} \right).\)
Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right).\)
Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;\pi } \right).\)
Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right).\)
Đáp án đúng là: D
Dựa vào đồ thị của hàm số ta thấy trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\) đồ thị hàm số đi lên nên hàm số đồng biến trên \(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\).
Nghiệm của phương trình \[{\rm{cos}}\,{\rm{2}}x = \frac{1}{2}\] là
\[x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\]
\[x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\]
\[x = \pm \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\]
\[x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\]
Đáp án đúng là: A
Ta có: \[{\rm{cos}}\,{\rm{2}}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
Trong các dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) cho bởi số hạng tổng quát \({u_n}\) sau, dãy số nào giảm?
\({u_n} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n}.\)
\({u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\left( {{5^n} - 1} \right).\)
\({u_n} = - {3^n}.\)
\({u_n} = \sqrt {n + 4} .\)
Đáp án đúng là: C
Phương án A: Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n}.\)
Ta có: \[{u_{n + 1}} - {u_n} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^{n + 1}} - {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} = \left( {\frac{4}{3}} \right).{\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} - {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} = \frac{1}{3}{\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} > 0,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\]
\( \Rightarrow {u_{n + 1}} > {u_n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\)
Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n}\) là dãy số tăng.
Phương án B: Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\left( {{5^n} - 1} \right).\)
Ta có: \({u_1} = {\left( { - 1} \right)^1}\left( {{5^1} - 1} \right) = - 4;\,\,{u_2} = {\left( { - 1} \right)^2}\left( {{5^2} - 1} \right) = 24;\,\,{u_3} = {\left( { - 1} \right)^3}\left( {{5^3} - 1} \right) = - 124.\)
\( \Rightarrow {u_1} < {u_2}\) mà \({u_2} > {u_3}.\)
Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\left( {{5^n} - 1} \right)\) là dãy số không tăng không giảm.
Phương án C: Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = - {3^n}.\)
Ta có: \({u_{n + 1}} - {u_n} = - {3^{n + 1}} + {3^n} = - {3.3^n} + {3^n} = - 2 \cdot {3^n} < 0,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\)
\( \Rightarrow {u_{n + 1}} < {u_n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\)
Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = - {3^n}\) là dãy số giảm.
Phương án D: Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = \sqrt {n + 4} .\)
Ta có: \[{u_{n + 1}} - {u_n} = \sqrt {n + 5} - \sqrt {n + 4} > 0,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\]
\( \Rightarrow {u_{n + 1}} > {u_n},\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\)
Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = \sqrt {n + 4} \) là dãy số tăng.
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = - 5\) và \(d = 3.\) Mệnh đề nào sau đây đúng?
\({u_{13}} = 34.\)
\({u_{13}} = 45.\)
\({u_{13}} = 31.\)
\({u_{13}} = 35.\)
Đáp án đúng là: C
Ta có \({u_{13}} = {u_1} + \left( {13 - 1} \right)d = - 5 + \left( {13 - 1} \right) \cdot 3 = 31.\)
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_5} = - 15\); \({u_{20}} = 60\). Tổng của 10 số hạng đầu tiên của cấp số cộng này là
\({S_{10}} = - 125.\)
\({S_{10}} = - 250.\)
\({S_{10}} = 200.\)
\({S_{10}} = - 200.\)
Đáp án đúng là: A
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = {u_1} + 4d = - 15\\{u_{20}} = {u_1} + 19d = 60\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 35\\d = 5\end{array} \right.\).
Khi đó \({S_{10}} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {9 - 1} \right)d} \right]10}}{2}\)\( = \frac{{\left[ {2 \cdot \left( { - 35} \right) + 9 \cdot 5} \right]10}}{2}\)\( = - 125\).
Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số nhân?
\[128;\,\, - 64;\,\,32;\,\, - 16;\,\,8;...\]
\[\sqrt 2 ;\,\,2;\,\,4;\,\,4\sqrt 2 ;...\]
\[5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;...\]
\[15;\,\,5;\,\,1;\,\,\frac{1}{5};...\]
Đáp án đúng là: A
Dãy số ở phương án A là một cấp số nhân với công bội \(q = - \frac{1}{2}\).
Dãy số ở phương án B không là cấp số nhân vì \(\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{2}{{\sqrt 2 }} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{4}{2}\).
Dãy số ở phương án C không là cấp số nhân vì \(\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{5} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{7}{6}\).
Dãy số ở phương án D không là cấp số nhân vì \(\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{5}{{15}} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{1}{5}\).
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_4} = - 108\) và \({u_5} = - 324\). Khi đó, số hạng đầu \({u_1}\) và công bội \(q\) là
\({u_1} = 3;\,\,q = - 5.\)
\({u_1} = - 3;\,\,q = 5.\)
\({u_1} = 4;\,\,q = - 3.\)
\({u_1} = - 4;\,\,q = 3.\)
Đáp án đúng là: D
Ta có \(q = \frac{{{u_5}}}{{{u_4}}} = \frac{{ - 324}}{{ - 108}} = 3\).
Mà \({u_4} = {u_1}{q^3}\)\( \Leftrightarrow - 108 = {u_1} \cdot {3^3}\)\( \Leftrightarrow {u_1} = - 4\).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - {n^3} + n - 3} \right)\) bằng
\( + \infty .\)
\( - \infty .\)
1.
2.
Đáp án đúng là: B
Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3} = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1} \right) + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^2}}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{3}{{{n^3}}} = - 1.\]
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - {n^3} + n - 3} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3}\left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3}.\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = - \infty \).
Dãy số nào dưới đây có giới hạn khác 0?
\(\frac{1}{n}.\)
\(\frac{1}{{\sqrt n }}.\)
\(\frac{{n + 1}}{n}.\)
\(\frac{{\sin n}}{{\sqrt n }}.\)
Đáp án đúng là: C
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt n }} = 0.\)
Vì \( - 1 \le \sin n \le 1 \Rightarrow 0 \le \left| {\sin n} \right| \le 1 \Rightarrow 0 \le \left| {\frac{{\sin n}}{{\sqrt n }}} \right| \le \frac{1}{{\sqrt n }},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\)
Mà \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 0 = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt n }} = 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sin n}}{{\sqrt n }} = 0.\)
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n + 1}}{n}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = 1.\)
Cho \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = M,\] với \(M,\,\,L \in \mathbb{R}\). Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right] = L - M.\]
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right)} \right] = L \cdot M.\]
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{L}{M}.\]
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = L + M.\]
Đáp án đúng là: C
Phương án A, B, D đúng vì đây là định lí thừa nhận.
Phương án C: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{L}{M}\] xảy ra nếu \(M \ne 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {2{x^2} + 1} \right)\) bằng
9.
5.
\( - 7.\)
\( + \infty .\)
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {2{x^2} + 1} \right) = 2 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} + 1 = 9\).
Cho hàm số \[y = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + 1\,\,\,\,{\rm{khi}}\,{\rm{ }}x = 1}\\{m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,{\rm{ }}x \ne 1}\end{array}} \right.\]. Hàm số liên tục tại \[x = 1\] khi \[m\] bằng
3.
4.
5.
6.
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} m = m;\,\,f\left( 1 \right) = 2.1 + 1 = 3.\)
Hàm số liên tục tại \[x = 1\] khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)\( \Leftrightarrow m = 3\).
Cho hàm số \(y = \frac{{x - 3}}{{{x^2} - 1}}\). Mệnh đề nào sau đây đúng?
Hàm số không liên tục tại các điểm \(x = \pm 1\).
Hàm số liên tục tại mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Hàm số liên tục tại điểm \(x = - 1\).
Hàm số liên tục tại điểm \(x = 1\).
Đáp án đúng là: A
Hàm số \(y = \frac{{x - 3}}{{{x^2} - 1}}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}\).
Do đó hàm số không liên tục tại các điểm \(x = \pm 1\) là mệnh đề đúng.
Một hình chóp có đáy là ngũ giác có số mặt và số cạnh là
5 mặt, 5 cạnh.
6 mặt, 5 cạnh.
6 mặt, 10 cạnh.
5 mặt, 10 cạnh.
Đáp án đúng là: C
Hình chóp ngũ giác có: 6 mặt (5 mặt bên và 1 mặt đáy) và 10 cạnh (5 cạnh bên và 5 cạnh đáy).
Cho tứ diện \(ABCD.\) Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Giao tuyến của mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {GAB} \right)\) là
\(AM\) (\(M\) là trung điểm của \(AB\)).
\(AN\) (\(N\) là trung điểm của \(CD\)).
\(AH\) (\(H\) là hình chiếu của \(B\) trên \(CD\)).
\(AK\) (\(K\) là hình chiếu của \(C\) trên \(BD\)).
Đáp án đúng là: B
Trong \(\left( {BCD} \right),\) kẻ \(BG \cap CD = N.\)
Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\) nên \(N\) là trung điểm của \(CD.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}N \in BG \subset \left( {GAB} \right)\\N \in CD \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow N \in \left( {GAB} \right) \cap \left( {ACD} \right).\)
Hơn nữa \(A \in \left( {GAB} \right) \cap \left( {ACD} \right).\)
Như vậy, \(AN = \left( {GAB} \right) \cap \left( {ACD} \right)\) với \(N\) là trung điểm của \(CD.\)
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(G,\,\,M\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) và \[ACD\]. Khi đó, đường thẳng \(MG\) song song với mặt phẳng nào dưới đây?
\(\left( {ABC} \right).\)
\(\left( {ACD} \right).\)
\(\left( {BCD} \right).\)
\(\left( {ABD} \right).\)
Đáp án đúng là: C
Gọi \(I,\,\,J\) lần lượt là trung điểm của \(BC,\,\,CD\).
Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3}\).
Vì \(M\) là trọng tâm tam giác \[ACD\] nên \(\frac{{AM}}{{AJ}} = \frac{2}{3}\).
Do đó \(\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AM}}{{AJ}} = \frac{2}{3}\) nên \(GM{\rm{//}}IJ\) mà \(IJ \subset \left( {BCD} \right)\) nên \(GM{\rm{//}}\left( {BCD} \right).\)
Cho mặt phẳng \(\left( R \right)\) cắt hai mặt phẳng song song \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) theo hai giao tuyến \(a\) và \(b.\) Khi đó
\(a\) và \(b\) có một điểm chung duy nhất.
\(a\) và \(b\) không có điểm chung nào.
\(a\) và \(b\) trùng nhau.
\(a\) và \(b\) song song hoặc trùng nhau.
Đáp án đúng là: B
Ta có định lí sau: Cho hai mặt phẳng song song \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right).\) Nếu mặt phẳng \(\left( R \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( P \right)\) thì cũng cắt mặt phẳng \(\left( Q \right)\) và hai giao tuyến của chúng song song với nhau.
Như vậy, hai đường thẳng \(a\) và \(b\) không có điểm chung nào.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) như hình vẽ dưới đây
Mệnh đề nào sau đây sai?
\(\left( {BDD'B'} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {ACC'A'} \right).\)
\(\left( {AA'D'D} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {BCC'B'} \right).\)
\(\left( {ABCD} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {A'B'C'D'} \right).\)
\(\left( {ABB'A'} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {CDD'C'} \right).\)
Đáp án đúng là: A
Phương án B, C, D đúng vì theo tính chất của hình hộp là: Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai mặt đối diện của hình hộp song song với nhau.
Phương án A sai vì:
Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {ACC'A'} \right)\\O \in BD \subset \left( {BDD'B'} \right)\;\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {BDD'B'} \right)\; \cap \;\left( {ACC'A'} \right).\]
Trong \(\left( {A'B'C'D'} \right)\), gọi \(O'\)là giao điểm của \(A'C'\) và \(B'D'.\)
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O' \in A'C' \subset \left( {ACC'A'} \right)\\O' \in B'D' \subset \left( {BDD'B'} \right)\;\end{array} \right. \Rightarrow O' \in \left( {BDD'B'} \right)\; \cap \;\left( {ACC'A'} \right).\]
Từ các kết quả trên ta có \(OO' = \left( {BDD'B'} \right)\; \cap \;\left( {ACC'A'} \right).\)
Như vậy hai mặt phẳng \(\left( {BDD'B'} \right)\;,\,\,\left( {ACC'A'} \right)\) không song song với nhau.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có các cạnh bên \(AA',\,\,BB',\,\,CC',\,\,DD'.\,\)Khẳng định nào sau đây sai?
\(\left( {AA'B'B} \right){\rm{//}}\left( {DD'C'C} \right).\)
\(\left( {BA'D'} \right){\rm{//}}\left( {ADC'} \right).\)
\(A'B'CD\) là hình bình hành.
\(BB'D'D\) là một tứ giác.
Đáp án đúng là: B
Dựa vào hình vẽ dưới và tính chất của hình hộp, ta thấy rằng:
Khẳng định A đúng: Hai mặt bên \(\left( {AA'B'B} \right)\) và \(\left( {DD'C'C} \right)\) đối diện, song song với nhau.
Khẳng định C đúng: Hình hộp có hai đáy \(\left( {ABCD} \right),\,\,\left( {A'B'C'D'} \right)\) là hình bình hành bằng nhau nên \(A'B' = CD;\,\,A'B'{\rm{//}}CD.\) Suy ra \(A'B'CD\) là hình bình hành.
Khẳng định D đúng: Hình hộp có hai cạnh bên \(BB'\) và \(DD'\) song song. Nên bốn điểm \(B,\,\,B',\,\,D',\,\,D\) đồng phẳng. Suy ra \(BB'D'D\) là tứ giác.
Khẳng định B sai:
Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên hai đường chéo \(B'D,\)\(AC'\) cắt nhau.
Mà \(B'D \subset \left( {BA'D'} \right)\) và \[AC' \subset \left( {ADC'} \right).\]
Vậy \(\left( {BA'D'} \right),\,\,\left( {ADC'} \right)\) không song song với nhau.
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(M,\,\,N,\,\,P\) theo thứ tự là trung điểm của các cạnh \[AA',\,\,\,BB',\,\,\,CC'\]. Mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) song song với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau đây?
\(\left( {BMN} \right).\)
\(\left( {ABC} \right).\)
\(\left( {A'C'C} \right).\)
\(\left( {BCA'} \right).\)
Đáp án đúng là: B
Vì \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \[AA',\,\,BB'\] nên \(MN\) là đường trung bình của hình thang \(A'B'BA.\)
\( \Rightarrow MN{\rm{//}}AB.\)
Mà \(AB \subset \left( {ABC} \right);\,\,MN \not\subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {ABC} \right).\)
Tương tự ta cũng có \(MP{\rm{//}}\left( {ABC} \right).\)
Hơn nữa \(MP \cap MN = M\) trong \(\left( {MNP} \right).\)
Từ các kết quả trên ta được \(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {ABC} \right).\)
Cho điểm \(M \in \left( \alpha \right)\) và phương \(l\) không song song với \(\left( \alpha \right).\) Hình chiếu của \(M\) lên \(\left( \alpha \right)\) qua phép chiếu song song theo phương \(l\) là
Điểm \(M.\)
Giao điểm của \(l\) với \(\left( \alpha \right).\)
Hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(l.\)
Đường nối \(M\) với giao điểm của \(l\) với \(\left( \alpha \right).\)
Đáp án đúng là: A
Hình chiếu của một điểm nằm trên mặt phẳng qua phép chiếu song song lên mặt phẳng đó là chính điểm đó.
Cho lăng trụ \(ABC.A'B'C'.\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC\). Khi đó hình chiếu của điểm \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {AA'B'} \right)\) theo phương chiếu \(CB\) là
Trung điểm \(BC.\)
Trung điểm \(AB.\)
Điểm \(A.\)
Điểm \(B.\)
Đáp án đúng là: B
Gọi \(N\) là trung điểm của \(AB\).
Vì \(N\) là trung điểm của \(AB\) và \(M\) là trung điểm của \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC.\)
Suy ra \(MN{\rm{//}}CB\).
Vậy hình chiếu của điểm \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {AA'B'} \right)\) theo phương chiếu \(CB\) là điểm \(N\).
(a) Cho góc \(\alpha \) thỏa mãn \[\sin 2\alpha = \frac{3}{5}.\] Tính \[P = \sin \left( {\alpha + \frac{\pi }{6}} \right)\cos \left( {\alpha - \frac{\pi }{6}} \right).\]
(b) Tìm nghiệm của phương trình \(\cos x = - \frac{1}{2}\) trên đoạn \(\left[ {0;\pi } \right].\)
a) Áp dụng công thức \(\sin a \cdot \cos b = \frac{1}{2}\left[ {\sin \left( {a - b} \right) + \sin \left( {a + b} \right)} \right]\), ta được
\[P = \sin \left( {\alpha + \frac{\pi }{6}} \right)\cos \left( {\alpha - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\sin \frac{\pi }{3} + \sin 2\alpha } \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{3}{5}} \right) = \frac{{6 + 5\sqrt 3 }}{{20}}.\]
b) Ta có \(\cos x = - \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{{2\pi }}{3}\)\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Mà \(0 \le x \le \pi \) nên \(0 \le \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le \pi \)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \frac{1}{3} \le k \le \frac{1}{6}\\\frac{1}{3} \le k \le \frac{5}{6}\end{array} \right.\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k = 0\).
Với \(k = 0\) thì phương trình có nghiệm là \(x = \frac{{2\pi }}{3}\).
Vậy \(x = \frac{{2\pi }}{3}\) nghiệm của phương trình \(\cos x = - \frac{1}{2}\) trên đoạn \(\left[ {0;\pi } \right].\)
(a) Cho cấp số nhân \(\frac{1}{2};\,\,\frac{1}{4};\,\,\frac{1}{8};...;\,\,\frac{1}{{4\,\,096}}.\) Số \(\frac{1}{{4\,\,096}}\) là số hạng thứ mấy trong cấp số nhân đã cho?
(b) Một loại vi khuẩn sau mỗi phút số lượng tăng gấp đôi biết rằng sau 5 phút người ta đếm được có 64 000 con. Hỏi sau bao nhiêu phút thì có được 2 048 000 con?
a) Vì \(\frac{1}{2};\,\,\frac{1}{4};\,\,\frac{1}{8};...;\,\,\frac{1}{{4\,\,096}}\) là cấp số nhân nên \({u_1} = \frac{1}{2};\,\,\,q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{1}{2}.\)
Công thức số hạng tổng quát: \({u_n} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\).
Ta có: \({u_n} = \frac{1}{{4\,\,096}}\) \( \Rightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = \frac{1}{{4\,\,096}} \Leftrightarrow {2^n} = 4\,\,096 \Leftrightarrow {2^n} = {2^{12}}\)\( \Leftrightarrow n = 12\).
Vậy số \(\frac{1}{{4\,\,096}}\) là số hạng thứ 12 trong cấp số nhân đã cho.
b) Vì sau mỗi phút số lượng vi khuẩn của một loại vi khuẩn đã cho tăng gấp đôi nên số lượng vi khuẩn tăng sau mỗi phút là một cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội \(q = 2\).
Theo bài ra ta có: \({u_6} = 64\;000\)\( \Leftrightarrow {u_1}{q^5} = 64\;000\)\( \Leftrightarrow {u_1} \cdot {2^5} = 64\;000\)\( \Leftrightarrow {u_1} = 2\;000\).
Sau \(n\) phút thì số lượng vi khuẩn là \({u_{n + 1}}\).
Mà \({u_{n + 1}} = {u_1}{q^n} = 2\;048\;000\)\( \Leftrightarrow 2\;000 \cdot {2^n} = 2\;048\;000\)\( \Leftrightarrow {2^n} = 1\;024 \Leftrightarrow n = 10\).
Vậy sau 10 phút thì có được 2 048 000 con vi khuẩn.
Tính các giới hạn sau:
(a) \(\lim \frac{{{{4.3}^n} + {7^{n + 1}}}}{{{{2.5}^n} + {7^n}}};\)
(b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} + 4x + 4} }}{{x + 2}}.\)
a) \[\lim \frac{{{{4.3}^n} + {7^{n + 1}}}}{{{{2.5}^n} + {7^n}}} = \lim \frac{{{{4.3}^n} + {{7.7}^n}}}{{{{2.5}^n} + {7^n}}} = \lim \frac{{4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} + 7}}{{2.{{\left( {\frac{5}{7}} \right)}^n} + 1}}\]
\[ = \frac{{\lim \left[ {4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} + 7} \right]}}{{\lim \left[ {2.{{\left( {\frac{5}{7}} \right)}^n} + 1} \right]}} = \frac{{4.\lim {{\left( {\frac{5}{7}} \right)}^n} + \lim 7}}{{2\lim {{\left( {\frac{5}{7}} \right)}^n} + \lim 1}} = \frac{{4.0 + 7}}{{2.0 + 1}} = 7.\]
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} + 4x + 4} }}{{x + 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2}} }}{{x + 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{\left| {x + 2} \right|}}{{x + 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{x + 2}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} 1 = 1.\)
(Vì \(x \to - {2^ + }\) thì \(\left| {x + 2} \right| > 0\) nên \(\left| {x + 2} \right| = x + 2\)).
Cho tứ diện \[ABCD\] có \[G\] là trọng tâm của tam giác \[BCD\]. Gọi \[\left( P \right)\] là mặt phẳng qua \[G,\] song song với \[AB\,\] và \(CD.\)
(a) Tìm giao tuyến của \[\left( P \right)\] và \[\left( {BCD} \right)\].
(b) Chứng minh thiết diện của tứ diện \[ABCD\] cắt bởi mặt phẳng \[\left( P \right)\] là hình bình hành.
a) Gọi \(\Delta \) là giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\). Khi đó \(\Delta \) đi qua \(G\) và song song với \(CD.\)
Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là giao điểm của \(\Delta \) với \(BC\) và \(BD.\)
\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{H \in \left( P \right)}\\{H \in BC \subset \left( {BCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow H \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)(1)\]
\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{K \in \left( P \right)}\\{K \in BD \subset \left( {BCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow K \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)(2)\]
Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right)\] ta có giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\) là \(HK.\)
b) Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) và \(HK{\rm{//}}CD\) (do \[\Delta {\rm{//}}CD\]) nên theo định lí Thaés ta có: \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{MG}}{{MB}} = \frac{{DK}}{{DB}} = \frac{1}{3}\).
Giả sử \(\left( P \right)\) cắt hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {ABD} \right)\) lâng lượt tại các giao tuyến là \(HI\) và \(KJ.\)
Ta có \[\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = HI\]; \[\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = KJ\,.\]
Mà \[AB{\rm{//}}\left( P \right)\] và \[AB \subset \left( {ABC} \right);\,\,AB \subset \left( {ABD} \right)\] nên \[HI{\rm{//}}AB{\rm{//}}KJ.\]
Vì \(HI{\rm{//}}KJ\) nên bốn điểm \(H,\,\,I,\,\,K,\,\,J\) đồng phẳng.
Ta dễ dang có:
\[\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = HI;\]
\(\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = IJ;\)
\[\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = KJ\,;\]
\[\left( P \right) \cap \left( {BCD} \right) = KH.\]
Như vậy, thiết diện của tứ diện \[ABCD\] cắt bởi mặt phẳng \[\left( P \right)\] là tứ giác \(HIJK.\)
Theo hệ quả định lí Thalès:
Trong tam giác \(ABC\) với \(HI{\rm{//}}AB\) ta có \(\frac{{HI}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{1}{3}.\)
Trong tam giác \(ABD\) với \(KJ{\rm{//}}AB\) ta có \(\frac{{KJ}}{{AB}} = \frac{{DK}}{{BD}} = \frac{1}{3}.\)
\( \Rightarrow \frac{{HI}}{{AB}} = \frac{{KJ}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HI = KJ.\)
Xét tứ giác \(HIJK\) có: \(HI{\rm{//}}KJ\) và \(HI = KJ\) nên \(HIJK\) là hình bình hành.
Vậy thiết diện của \[\left( P \right)\] và tứ diện \[ABCD\] là hình bình hành \(HIJK\).
