Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THCS & THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) có đáp án
22 câu hỏi
PHẦN I. CÂU TRẮC NGHIỆM NHIỀU PHƯƠNG ÁN LỰA CHỌN
Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi học sinh chỉ chọn một phương án.
Số lần vi phạm | \(\left[ {0;1} \right)\) | \(\left[ {1;3} \right)\) | \(\left[ {3;5} \right)\) | \(\left[ {5;7} \right)\) |
Số học sinh | \(180\) | \(170\) | \(40\) | \(10\) |
Tỉ lệ các học sinh vi phạm từ \(3\) lỗi trở xuống chiếm tỉ lệ là:
\(42,5\% \).
\(87,5\% \).
\(45\% \).
\(74\% \).
Tổng số học sinh tham gia thống kê là: \(N = 180 + 170 + 40 + 10 = 400\).
Số học sinh vi phạm từ \(3\) lỗi trở xuống gồm số học sinh ở nhóm \(\left[ {0;1} \right)\) và nhóm \(\left[ {1;3} \right)\):
\(n = 180 + 170 = 350\) (học sinh).
Tỉ lệ học sinh vi phạm từ \(3\) lỗi trở xuống là: \(P = \frac{{350}}{{400}} \times 100\% = 87,5\% \).
Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(M\), \(N\) và \(P\) lần lượt là trung điểm của \(SA\), \(SC\) và \(SB\).
Mệnh đề nào dưới đây là sai?
\(MN{\rm{//}}\left( {SAC} \right)\).
\(OM{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
\(\left( {OMP} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
\(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\).
Vì \(M \in SA\), \(N \in SC\) nên đường thẳng \(MN\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\). Do đó mệnh đề “\(MN{\rm{//}}\left( {SAC} \right)\)” là sai.
Các khẳng định còn lại đều đúng:
Ta có \(O\) là trung điểm \(AC\), \(M\) là trung điểm \(SA \Rightarrow OM\) là đường trung bình của .
\( \Rightarrow OM{\rm{//}}SC \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OM{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
Tương tự, \(P\) là trung điểm \(SB \Rightarrow OP{\rm{//}}SD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow \left( {OMP} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
\(MN{\rm{//}}AC\), \(MP{\rm{//}}AB \Rightarrow \left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\).
Chọn A.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(C'D\).
\(45^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(AB{\rm{//}}CD\).
Do đó: \(\left( {AB,C'D} \right) = \left( {CD,C'D} \right)\).
Mặt bên \(CDD'C'\) là hình vuông, đường chéo \(C'D\) tạo với cạnh \(CD\) một góc \(45^\circ \).
Vậy góc giữa \(AB\) và \(C'D\) bằng \(45^\circ \).
Chọn A.
\({\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}\).
\({\cos ^2}x = \frac{{1 - \cos 2x}}{2}\).
\({\cos ^2}x = \frac{{1 + \sin 2x}}{2}\).
\({\cos ^2}x = \frac{{1 - \sin 2x}}{2}\).
Áp dụng công thức hạ bậc lượng giác: \(\cos 2x = 2{\cos ^2}x - 1 \Rightarrow {\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}\).
Chọn A.
\({u_n} = 2n + 4\).
\({u_n} = 3n + 2\).
\({u_n} = 2n + 1\).
\({u_n} = n - 2\).
Số hạng tổng quát của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có công thức: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).
Thay \({u_1} = 3\) và \(d = 2\) vào ta được: \({u_n} = 3 + \left( {n - 1} \right) \cdot 2 = 3 + 2n - 2 = 2n + 1\).
Chọn C.
\(x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}5x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\3x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{{10}} + k\frac{\pi }{5}\\x \ne \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Phương trình tương đương với: \(5x = 3x + k\pi \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2},\quad k \in \mathbb{Z}\).
Biểu diễn điều kiện và thử các giá trị của \(k\):
Nếu \(k\) lẻ (\(k = 2m + 1\)), \(x = \frac{\pi }{2} + m\pi \), làm cho \(\tan 5x\) và \(\tan 3x\) không xác định.
Nếu \(k\) chẵn (\(k = 2m\)), \(x = m\pi \), thỏa mãn điều kiện xác định.
Vậy nghiệm của phương trình là \(x = m\pi \quad \left( {m \in \mathbb{Z}} \right)\).
Do \(k\), \(m\) là các số nguyên nên ta có thể biểu diễn \(x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Chọn A.
Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây.
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^3}}} = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3} = + \infty \).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} = 0\).
Vì \(q = \frac{4}{3} > 1\) nên theo tính chất giới hạn dãy số lũy thừa: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} = + \infty \).
Do đó khẳng định ở câu D là sai.
Chọn D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - {x^3} + 2x + 3} \right)\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - {x^2} + x + 1}}{{x - 1}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{2x - 1}}{{4 - x}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{2x - 1}}{{4 - x}}\).
Xét đáp án B, ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {2x - 1} \right) = 7 > 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {4 - x} \right) = 0\quad {\rm{v\`a \;}}\,\,4 - x > 0{\rm{\;khi\;}}x < 4\).
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{2x - 1}}{{4 - x}} = + \infty \).
Chọn C.
Cho dao động điều hòa với vận tốc tức thời tại thời điểm \(t\) cho bởi công thức:
\(v\left( t \right) = \frac{{5\pi }}{6}\sin \left( {\frac{\pi }{6}t + \frac{\pi }{3}} \right){\rm{\;(cm/s)}}\).
Tính \(L = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} v\left( t \right)\).
\(L = \frac{{5\pi }}{{12}}{\rm{\;(cm/s)}}\).
\(L = \frac{{5\pi }}{6}{\rm{\;(cm/s)}}\).
\(L = \frac{{5\pi \sqrt 3 }}{{12}}{\rm{\;(cm/s)}}\).
\(L = 0{\rm{\;(cm/s)}}\).
Ta có \(L = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \left[ {\frac{{5\pi }}{6}\sin \left( {\frac{\pi }{6}t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right] = \frac{{5\pi }}{6}\sin \left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\pi \sqrt 3 }}{{12}}{\rm{\;(cm/s)}}\).
Chọn C.
Thống kê thời gian sử dụng mạng xã hội trong \(1\) ngày của học sinh ta thu được bảng số liệu sau:
Thời gian (giờ) | \(\left[ {0;1} \right)\) | \(\left[ {1;2} \right)\) | \(\left[ {2;3} \right)\) | \(\left[ {3;4} \right)\) | \( \ge 4\) |
Số học sinh | \(80\) | \(150\) | \(200\) | \(120\) | \(50\) |
Mốt của mẫu dữ liệu thuộc nhóm:
\(\left[ {2;3} \right)\).
\(\left[ {0;1} \right)\).
\(\left[ {3;4} \right)\).
\(\left[ {1;2} \right)\).
Nhóm có tần số lớn nhất là nhóm \(\left[ {2;3} \right)\) với tần số \({n_3} = 200\).
Do đó, mốt của mẫu số liệu thuộc nhóm \(\left[ {2;3} \right)\).
Chọn A.
Cho giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 3}}{{x - 5}}\). Giới hạn này bằng:
\(1\).
\( + \infty \).
\(2\).
\( - \infty \).
Chia cả tử và mẫu cho \(x\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 3}}{{x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 + \frac{3}{x}}}{{1 - \frac{5}{x}}} = \frac{{2 + 0}}{{1 - 0}} = 2\).
Chọn C.
Cho \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = 5\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = 7\). Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]\) bằng:
\(12\).
\(35\).
\(75\).
\(57\).
Theo tính chất của giới hạn hữu hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = 5 + 7 = 12\).
Chọn A.
PHẦN II. CÂU TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, học sinh chọn đúng hoặc sai.
Với \(a\) là tham số, cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {{x^2} - 5} + ax}&{{\rm{khi\;}}\,\,x > 3}\\{x + 5}&{{\rm{khi\;}}\,\,x \le 3}\end{array}} \right.\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty \).
Nếu \(a = 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0\).
Nếu \(a = - 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \).
Hàm số liên tục tại \(x = 3\) khi và chỉ khi \(a = 2\).
a) ĐÚNG.Khi \(x \to - \infty \), ta có \(x \le 3\), do đó \(f\left( x \right) = x + 5\).
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x + 5} \right) = - \infty \).
b) SAI.Với \(a = 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - 5} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {\sqrt {1 - \frac{5}{{{x^2}}}} + 1} \right) = + \infty \).
c) SAI.Với \(a = - 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - 5} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 5}}{{\sqrt {{x^2} - 5} + x}} = 0\).
d) ĐÚNG.Hàm số liên tục tại \(x = 3\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\).
Ta có \(f\left( 3 \right) = 3 + 5 = 8\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = 8\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {\sqrt {{x^2} - 5} + ax} \right) = \sqrt {{3^2} - 5} + 3a = 2 + 3a\).
Để hàm số liên tục tại \(x = 3\) thì \(2 + 3a = 8 \Leftrightarrow 3a = 6 \Leftrightarrow a = 2\).
Đáp án:
a) Đ - b) S - c) S - d) Đ
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\), và vuông tại \(A\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(AD\).
\(ON{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).
\(\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
\(SB\) cắt mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) tại điểm \(H\) thỏa mãn \(HS = 2 \cdot HB\).
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(M\) và song song với \(\left( {SBD} \right)\) cắt hình chóp tạo thành một tam giác cân.
a) ĐÚNG.Ta có \(O\) là trung điểm \(AC\), \(N\) là trung điểm \(AD \Rightarrow ON\) là đường trung bình của .
Vì \(ON{\rm{//}}AB\) và \(AB \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(ON{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).
b) ĐÚNG. Trong có \(MN\) là đường trung bình \( \Rightarrow MN{\rm{//}}SD \subset \left( {SCD} \right)\).
Trong , \(ON{\rm{//}}CD \subset \left( {SCD} \right)\).
Do \(MN \cap ON = N\), nên \(\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
c) SAI.Ta có \(M \in SA \subset \left( {SAB} \right)\) và \(M \in \left( {OMN} \right)\) nên \(M\) là một điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\).
Lại có mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) lần lượt chứa hai đường thẳng \(ON\) và \(AB\) song song với nhau nên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) là đường thẳng qua \(M\) song song với \(ON\) và \(AB\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), từ \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(AB\) cắt \(SB\) tại \(H\).
Khi đó \(H\) là giao điểm của đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\).
Vì \(M\) là trung điểm \(SA\) nên \(H\) là trung điểm \(SB \Rightarrow HS = HB\). Do đó mệnh đề \(HS = 2 \cdot HB\) là sai.
d) ĐÚNG.Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(M\) và song song với \(\left( {SBD} \right)\). Vì \(M\) là trung điểm \(SA\), mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cắt các mặt \(\left( {SAB} \right),\left( {SAD} \right),\left( {SAC} \right)\) theo các đường trung bình song song với \(SB,SD,SO\).
Thiết diện tạo bởi \(\left( \alpha \right)\) với hình chóp là tam giác có các cạnh lần lượt bằng một nửa các cạnh của . Do \(ABCD\) là hình thoi nên \(AB = AD \Rightarrow SB = SD\) (vì \(SA \bot AB,SA \bot AD\)), suy ra cân tại \(S\). Do đó thiết diện thu được cũng là một tam giác cân.
Đáp án:
a) Đ - b) Đ - c) S - d) Đ
\(\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } {u_k} = 0\).
\({u_k} = - 5\left( {\frac{1}{{k + 2}} - \frac{1}{{k + 3}}} \right),\forall k \in {\mathbb{N}^*}\).
\({S_n} = - 5\left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)\).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = \frac{{ - 5}}{6}\).
a) ĐÚNG.\(\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } {u_k} = \mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \frac{{ - 5}}{{{k^2} + 5k + 6}} = 0\).
b) ĐÚNG.Ta phân tích: \(\frac{1}{{k + 2}} - \frac{1}{{k + 3}} = \frac{{\left( {k + 3} \right) - \left( {k + 2} \right)}}{{\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)}} = \frac{1}{{\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)}}\).
\( \Rightarrow {u_k} = \frac{{ - 5}}{{\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)}} = - 5\left( {\frac{1}{{k + 2}} - \frac{1}{{k + 3}}} \right)\)
c) SAI.Ta có tổng \({S_n}\) là \({S_n} = - 5\left[ {\left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + \left( {\frac{1}{4} - \frac{1}{5}} \right) + \ldots + \left( {\frac{1}{{n + 2}} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)} \right] = - 5\left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)\).
Công thức nêu ở đề bài là \( - 5\left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)\) là SAI (đã nhầm \(\frac{1}{3}\) thành \(\frac{1}{6}\)).
d) SAI.Vì \({S_n} = - 5\left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = - 5\left( {\frac{1}{3} - 0} \right) = - \frac{5}{3}\).
Mệnh đề cho \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = - \frac{5}{6}\) là SAI.
Đáp án:
a) Đ - b) Đ - c) S - d) S
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh bằng \(a\), tâm \(O\), \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), \(SA = a\sqrt 3 \). Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA,SD,CD\).
\(SA \bot BC\).
\(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {NP,AC} \right) = 45^\circ \).
a) ĐÚNG.Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(BC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot BC\).
b) ĐÚNG.Ta có \(BC \bot AB\) (do \(ABCD\) là hình vuông) và \(BC \bot SA\) (do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)).
Vì \(AB,SA \subset \left( {SAB} \right)\) và \(AB \cap SA = A\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
c) ĐÚNG. Trong , \(MN\) là đường trung bình \( \Rightarrow MN{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC \subset \left( {SBC} \right)\).
Trong , \(NP\) là đường trung bình \( \Rightarrow NP{\rm{//}}SC \subset \left( {SBC} \right)\).
Do \(MN \cap NP = N\), suy ra \(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).
d) SAI.Vì \(NP{\rm{//}}SC\), nên góc giữa \(NP\) và \(AC\) bằng góc giữa \(SC\) và \(AC\): \(\left( {NP,AC} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).
Xét vuông tại \(A\) có \(AC = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \). Khi đó \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt {\frac{3}{2}} \Rightarrow \widehat {SCA} \ne 45^\circ \).
Đáp án:
a) Đ - b) Đ - c) Đ - d) S
PHẦN III. CÂU TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN
Học sinh ghi kết quả từ câu 1 đến câu 6.
Thống kê tổng điểm thi tốt nghiệp THPT xét tuyển \(3\) môn vào ngành Công nghệ thông tin của trường Đại học A ta thu được bảng số liệu:
Tổng điểm | \(\left[ {18,5;20,5} \right)\) | \(\left[ {20,5;22,5} \right)\) | \(\left[ {22,5;24,5} \right)\) | \(\left[ {24,5;26,5} \right)\) | \(\left[ {26,5;28,5} \right)\) | \(\left[ {28,5;30,5} \right)\) |
Số thí sinh | \(60\) | \(79\) | \(151\) | \(140\) | \(104\) | \(66\) |
Nếu ngành đó lấy \(25\% \) thí sinh có điểm cao nhất trúng tuyển vào vòng phỏng vấn thì điểm trúng tuyển là bao nhiêu? (kết quả làm tròn tới hàng đơn vị)
Tổng số thí sinh: \(N = 60 + 79 + 151 + 140 + 104 + 66 = 600\).
Lấy \(25\% \) số thí sinh cao nhất, nghĩa là điểm trúng tuyển chính là tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) (tương ứng với \(75\% \) thí sinh có điểm từ thấp đến cao, tức \(600 \times 0,75 = 450\) thí sinh).
Ta tính tần số tích lũy:
Nhóm 1 \(\left[ {18,5;20,5} \right)\): \(60\).
Nhóm 2 \(\left[ {20,5;22,5} \right)\): \(60 + 79 = 139\).
Nhóm 3 \(\left[ {22,5;24,5} \right)\): \(139 + 151 = 290\).
Nhóm 4 \(\left[ {24,5;26,5} \right)\): \(290 + 140 = 430\).
Nhóm 5 \(\left[ {26,5;28,5} \right)\): \(430 + 104 = 534\).
Vị trí thứ \(450\) thuộc nhóm 5: \(\left[ {26,5;28,5} \right)\).
Áp dụng công thức tính \({Q_3}\) ta được \({Q_3} = 26,5 + \frac{{450 - 430}}{{104}} \cdot 2 = 26,5 + \frac{{20}}{{104}} \cdot 2 = 26,5 + \frac{{40}}{{104}} \approx 26,885\).
Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ta được \(27\).
KẾT QUẢ:\(27\).
Cho hàm \(f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 5} \right)\). Tính \(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 2 \right)}}{{x - 2}}\).
Ta có \(f\left( 2 \right) = \left( {2 - 1} \right) \cdot \left( {2 - 2} \right) \cdot \left( {2 - 5} \right) = 0\).
Thay vào biểu thức giới hạn: \(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 5} \right) - 0}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 1} \right)\left( {x - 5} \right) = - 3\).
KẾT QUẢ:\( - 3\).
Bạn Lương thả một quả bóng cao su từ độ cao \(3{\rm{\;m}}\) so với mặt đất, mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên một độ cao bằng ba phần tư độ cao lần rơi trước. Biết rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt đất. Tính quãng đường quả bóng đã di chuyển (từ lúc thả bóng cho đến lúc bóng không nảy nữa, đơn vị: mét)?
Quãng đường quả bóng di chuyển bao gồm:
Lần rơi đầu tiên: \({h_0} = 3{\rm{\;m}}\).
Lần nảy lên và rơi xuống thứ \(1\): \(2 \cdot {h_1} = 2 \cdot \left( {3 \cdot \frac{3}{4}} \right)\).
Lần nảy lên và rơi xuống thứ \(2\): \(2 \cdot {h_2} = 2 \cdot \left( {3 \cdot {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}} \right)\).
...
Tổng quãng đường là \(S = 3 + 2 \cdot 3 \cdot \left[ {\frac{3}{4} + {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2} + ...} \right] = 3 + 6 \cdot \frac{{\frac{3}{4}}}{{1 - \frac{3}{4}}} = 21\).
KẾT QUẢ:\(21\).
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \(G\) là trọng tâm . Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(G\) và song song với các đường thẳng \(BD',A'D\). Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(CD'\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\). Tính tỉ số \(\frac{{KD'}}{{KC}}\) (viết kết quả dưới dạng số thập phân).
Trong hình bình hành \(A'B'C'D'\), gọi \(M\) là giao điểm hai đường chéo \(A'C'\) và \(B'D'\) (tức \(M\) là trung điểm của \(A'C'\)).
Trong , \[D'M\] là đường trung tuyến. Do \(G\) là trọng tâm nên \(G \in D'M\) và \(\frac{{D'G}}{{D'M}} = \frac{2}{3}\).
Vì \(M\) là trung điểm của \(B'D'\) nên \(D'M = \frac{1}{2}D'B'\). Do đó: \(D'G = \frac{2}{3} \cdot \left( {\frac{1}{2}D'B'} \right) = \frac{1}{3}D'B'\).
Suy ra \(G\) nằm trên đường chéo \(B'D'\) của mặt phẳng đáy trên \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) và thỏa mãn \(\frac{{D'G}}{{D'B'}} = \frac{1}{3}\).
Dựng giao tuyến của \(\left( P \right)\) với các mặt của hình hộp
Xét mặt phẳng chéo \(\left( {BDD'B'} \right)\) chứa đường thẳng \(BD'\) và điểm \(G \in B'D'\).
Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\), qua \(G\) kẻ đường thẳng song song với \(BD'\), cắt cạnh \(BB'\) tại \(I\).
Vì \(\left( P \right){\rm{//}}BD'\) nên đường thẳng \(GI\) nằm trong \(\left( P \right)\).
Xét , do \(GI{\rm{//}}BD'\) nên theo định lý Thales suy ra \(\frac{{BI}}{{BB'}} = \frac{{D'G}}{{D'B'}} = \frac{1}{3}\).
Trong mặt bên \(\left( {BCC'B'} \right)\), qua \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(B'C\), cắt cạnh \(BC\) tại \(J\).
Lại có \(B'C{\rm{//}}A'D\), suy ra \(IJ{\rm{//}}A'D\).
Vì \(\left( P \right){\rm{//}}A'D\) nên đường thẳng \(IJ\) nằm trong \(\left( P \right)\).
Xét , do \(IJ{\rm{//}}B'C\) nên theo định lý Thales suy ra \(\frac{{BJ}}{{BC}} = \frac{{BI}}{{BB'}} = \frac{1}{3}\).
Như vậy, mặt phẳng \(\left( P \right)\) chính là mặt phẳng \(\left( {GIJ} \right)\).
Xác định giao điểm \(K\) bằng cách dùng mặt phẳng phụ \(\left( {A'BCD'} \right)\)
Xét mặt phẳng chéo \(\left( {A'BCD'} \right)\): Mặt phẳng này chứa đường thẳng \(BD'\) và \(CD'\).
Ta tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( {A'BCD'} \right)\):
Ta có \(J \in BC \subset \left( {A'BCD'} \right)\) và \(J \in \left( P \right)\) nên \(J\) là một điểm chung.
Lại có hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( {A'BCD'} \right)\) lần lượt chứa hai đường thẳng \(GI\) và \(BD'\) song song với nhau.
Như vậy, giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( {A'BCD'} \right)\) là đường thẳng qua \(J\) và song song với \(GI\) và \(BD'\) .
Trong mặt phẳng \(\left( {A'BCD'} \right)\), qua \(J\) kẻ đường thẳng song song với \(BD'\) cắt \(CD'\) tại \(K\).
Khi đó \(K\) chính là giao điểm của \(CD'\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Xét , do \(JK{\rm{//}}BD'\) nên theo định lý Thales suy ra \(\frac{{D'K}}{{D'C}} = \frac{{BJ}}{{BC}} = \frac{1}{3}\).
Từ \(\frac{{D'K}}{{D'C}} = \frac{1}{3}\), ta có: \(KD' = \frac{1}{3}CD'\) và \(KC = CD' - KD' = \frac{2}{3}CD'\).
Vậy \(\frac{{KD'}}{{KC}} = \frac{{\frac{1}{3}CD'}}{{\frac{2}{3}CD'}} = \frac{1}{2} = 0,5\).
KẾT QUẢ:\(0,5\).
Tính \(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {3x - 5} - 2}}{{x - 3}}\) (viết kết quả dưới dạng số thập phân).
Nhân liên hợp cả tử và mẫu với \(\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)\) ta được:
\(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {\sqrt {3x - 5} - 2} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {3x - 5} \right) - 4}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{3x - 9}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{3\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{3}{{\sqrt {3x - 5} + 2}} = \frac{3}{4} = 0,75\).
KẾT QUẢ:\(0,75\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA = SB\), vuông tại \(A\) có \(AB = a\sqrt 3 ,AC = a\). Gọi \(H\) là trung điểm của \(CB\) và \(E,F\) lần lượt nằm trên cạnh \(SA,SB\) sao cho \(SE = SF\). Tính số đo góc tạo bởi hai đường thẳng \(EF\) và \(CH\) (đơn vị: độ).
Xét : Vì \(SA = SB\) và \(SE = SF\) nên \(\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SB}} \Rightarrow EF{\rm{//}}AB\) (theo định lý Thales).
Do \(H\) là trung điểm \(CB\) và \(C,H,B\) thẳng hàng nên đường thẳng \(CH\) trùng với đường thẳng \(BC\).
Ta có góc giữa \(EF\) và \(CH\) chính là góc giữa \(AB\) và \(BC\): \(\left( {EF,CH} \right) = \left( {AB,BC} \right) = \widehat {ABC}\).
Xét vuông tại \(A\): \(\tan \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)\( \Rightarrow \widehat {ABC} = 30^\circ \).
Vậy góc giữa hai đường thẳng \(EF\) và \(CH\) bằng \(30^\circ \).
KẾT QUẢ:\(30\).
