Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Hoài Đức A (Hà Nội) có đáp án
21 câu hỏi
PHẦN I. CÂU TRẮC NGHIỆM NHIỀU PHƯƠNG ÁN LỰA CHỌN. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = {n^2} + 1\) với mọi \(n \in {\mathbb{N}^*}\). Số hạng thứ \(8\) của dãy số là:
9.
81.
65.
17.
Thay \(n = 8\) vào công thức tổng quát của dãy số: \({u_8} = {8^2} + 1 = 64 + 1 = 65\).
Chọn C.
\(MN{\rm{//}}\left( {SBD} \right)\).
\(MN{\rm{//}}\left( {ACD} \right)\).
\(MN{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).
\(MN{\rm{//}}\left( {SAC} \right)\).
Xét tam giác \(SAB\), ta có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SB\), nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\). Suy ra \(MN{\rm{//}}AB\).
Mà \(AB \subset \left( {ABCD} \right)\) hay \(AB \subset \left( {ACD} \right)\), và \(MN \not\subset \left( {ACD} \right)\).
Do đó, \(MN{\rm{//}}\left( {ACD} \right)\).
Chọn B.
Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:
\(\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b\).
\(\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b\).
\(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b\).
\(\cos 2a = 1 - 2{\sin ^2}a\).
Khẳng định C sai vì công thức đúng của \(\cos \left( {a + b} \right)\) là: \(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\).
Chọn C.
\(\sin \alpha > 0\).
\(\tan \alpha > 0\).
\(\cos \alpha > 0\).
\(\cot \alpha < 0\).
Vì \(\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\) (góc thuộc góc phần tư thứ III), ta có:
\(\sin \alpha < 0\)
\(\cos \alpha < 0\)
\(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} > 0\)
\(\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} > 0\)
Do đó, phát biểu \(\tan \alpha > 0\) là phát biểu đúng.
Chọn B.
Điểm \(A'\).
Điểm \(C'\).
Điểm \(D'\).
Điểm \(B'\).
Ta có \(A'D{\rm{//}}CB'\) nên hình chiếu song song của điểm \(C\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) theo phương là điểm \(B'\).
Chọn D.
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
Tồn tại bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng.
Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm phân biệt.
Có một và chỉ một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt cho trước.
Hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất chứa tất cả các điểm chung của hai mặt phẳng đó.
Khẳng định B sai vì qua 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm đó. Chỉ khi 3 điểm phân biệt không thẳng hàng mới xác định duy nhất một mặt phẳng.
Chọn B.
\(GK{\rm{//}}SB\).
\(GK{\rm{//}}BC\).
\(GK{\rm{//}}AC\).
\(GK{\rm{//}}AB\).
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\).
Theo tính chất trọng tâm: \(\frac{{SG}}{{SM}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{SK}}{{SN}} = \frac{2}{3}\).
Suy ra \(\frac{{SG}}{{SM}} = \frac{{SK}}{{SN}} = \frac{2}{3}\).
Theo định lý Thalès đảo trong tam giác \(SMN\), ta có \(GK{\rm{//}}MN\).
Mặt khác, \(M,N\) là trung điểm \(AB,BC\) nên \(MN\) là đường trung bình tam giác \(ABC \Rightarrow MN{\rm{//}}AC\).
Từ đó suy ra \(GK{\rm{//}}AC\).
Chọn C.
\(D = \mathbb{R}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\frac{\pi }{2}\mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\pi + k\frac{\pi }{2}\mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Hàm số xác định khi và chỉ khi mẫu số khác 0: \(2 - 2\cos x \ne 0 \Leftrightarrow \cos x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Vậy tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Chọn B.
\(y = \tan x\).
\(y = \sin x\).
\(y = 2x + 1\).
\(y = \sqrt {{x^2} - x + 1} \).
Hàm số \(y = \tan x\) không xác định tại các điểm \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) (\(k \in \mathbb{Z}\)), do đó nó không liên tục trên \(\mathbb{R}\).
Chọn A.
Giá trị \(\lim \frac{{3n - 2}}{{1 - n}}\) là:
3.
−2.
2.
−3.
Ta có \(\lim \frac{{3n - 2}}{{1 - n}} = \lim \frac{{n\left( {3 - \frac{2}{n}} \right)}}{{n\left( {\frac{1}{n} - 1} \right)}} = \lim \frac{{3 - \frac{2}{n}}}{{\frac{1}{n} - 1}} = \frac{{3 - 0}}{{0 - 1}} = - 3\).
Chọn D.
Khảo sát thời gian truy cập mạng internet trong một ngày của một số học sinh lớp 11 thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:
Thời gian (phút) | [0; 30) | [30; 60) | [60; 90) | [90; 120) | [120; 150) |
Số học sinh | 15 | 20 | 27 | 5 | 2 |
Số học sinh truy cập mạng trong ngày ít hơn 90 phút trong mẫu số liệu trên là:
15.
62.
7.
27.
Các khoảng thời gian ít hơn 90 phút gồm có: \(\left[ {0;30} \right)\), \(\left[ {30;60} \right)\), và \(\left[ {60;90} \right)\).
Số học sinh tương ứng là: \(15 + 20 + 27 = 62\).
Chọn B.
Thời gian xem tivi mỗi buổi tối của một số học sinh được cho trong bảng sau:
Thời gian (phút) | [6,5; 9,5) | [9,5; 12,5) | [12,5; 15,5) | [15,5; 18,5) | [18,5; 21,5) |
Số học sinh | 2 | 3 | 12 | 15 | 24 |
Nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu này là:
\(\left[ {9,5;12,5} \right)\).
\(\left[ {12,5;15,5} \right)\).
\(\left[ {18,5;21,5} \right)\).
\(\left[ {15,5;18,5} \right)\).
Tổng số học sinh là: \(n = 2 + 3 + 12 + 15 + 24 = 56\).
Tần số tích lũy của từng nhóm lần lượt là:
- Nhóm 1 \(\left[ {6,5;9,5} \right)\): \({c_1} = 2\).
- Nhóm 2 \(\left[ {9,5;12,5} \right)\): \({c_2} = 2 + 3 = 5\).
- Nhóm 3 \(\left[ {12,5;15,5} \right)\): \({c_3} = 5 + 12 = 17\).
- Nhóm 4 \(\left[ {15,5;18,5} \right)\): \({c_4} = 17 + 15 = 32\).
- Nhóm 5 \(\left[ {18,5;21,5} \right)\): \({c_5} = 32 + 24 = 56\).
Do \(\frac{n}{2} = \frac{{56}}{2} = 28\) và \({c_3} = 17 < 28 \le {c_4} = 32\), nên nhóm chứa trung vị là nhóm thứ 4, tức là \(\left[ {15,5;18,5} \right)\).
Chọn D.
PHẦN II. CÂU TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 2. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SD\). Xét tính đúng, sai của các khẳng định sau:
\(ON{\rm{//}}SA\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là đường thẳng \(SO\).
Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB,ON\). Khi đó: \(PQ{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).
Thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) cắt bởi mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) là hình bình hành.
a) Sai. Xét tam giác \(SBD\), \(O\) là trung điểm \(BD\), \(N\) là trung điểm \(SD\).
Do đó, \(ON\) là đường trung bình của (không phải \(ON{\rm{//}}SA\)).
b) Đúng. Ta có \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).
Vì \(O = AC \cap BD\), nên \(O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).
Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) chính là \(SO\).
c) Đúng. Vì \(ON{\rm{//}}SB\) và \(Q\) là trung điểm \(ON \Rightarrow OQ{\rm{//}}SB\).
Mà \(SB \subset \left( {SBC} \right)\) và \(OQ \not\subset \left( {SBC} \right)\) nên \(OQ{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) (1).
Tam giác \(ABC\) có \(P\) là trung điểm \(AB\), \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(OP\) là đường trung bình \( \Rightarrow OP{\rm{//}}BC\).
Mà \(BC \subset \left( {SBC} \right)\) và \(OP \not\subset \left( {SBC} \right)\) nên \(OP{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) (2).
Từ (1) và (2) kết hợp với \(OP,OQ \subset \left( {OPQ} \right)\), suy ra \(\left( {OPQ} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\). Do đó \(PQ{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).
d) Sai. Mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\): \(M\) là trung điểm \(SA\), \(N\) là trung điểm \(SD \Rightarrow MN{\rm{//}}AD\).
Ta có \(O\) thuộc mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\). Giao tuyến của \(\left( {OMN} \right)\) với \(\left( {ABCD} \right)\) là đường thẳng qua \(O\) song song \(AD\), cắt \(AB\) tại \(P\) (trung điểm \(AB\)) và \(CD\) tại \(K\) (trung điểm \(CD\)).
Thiết diện là tứ giác \(MNKP\).
Ta có \(MN = \frac{1}{2}AD\) và \(PK = AD\).
Hai cạnh \(MN\) và \(PK\) song song nhưng không bằng nhau, nên thiết diện là hình thang, không phải hình bình hành.
Hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) với mọi giá trị của \(m\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = 2\).
Hàm số liên tục tại \(x = 1\) khi \(m = 2026\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 1\).
a) Sai. Hàm số chỉ liên tục trên \(\mathbb{R}\) khi nó liên tục tại \(x = 1\), điều này phụ thuộc vào giá trị của \(m\).
b) Đúng. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x + 1} \right) = 2\).
c) Đúng. Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {m{x^{2025}} - 2024} \right) = m - 2024\) và \(f\left( 1 \right) = m - 2024\).
Để hàm số liên tục tại \(x = 1\) thì: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2 = m - 2024 \Leftrightarrow m = 2026\).
d) Sai. Với \(x \to 0\), ta sử dụng công thức \(f\left( x \right) = m{x^{2025}} - 2024\) (do \(x \le 1\)):
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = m \cdot {0^{2025}} - 2024 = - 2024 \ne 1\).
PHẦN III. CÂU TRẢ LỜI NGẮN. Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 4.
Giá trị của \(S = 1 + \frac{2}{3} + \frac{4}{9} + \frac{8}{{27}} + \ldots + \frac{{{2^n}}}{{{3^n}}} + \ldots \) bằng bao nhiêu?
Tổng \(S\) là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công bội \(q = \frac{2}{3}\) (vì \(\left| q \right| < 1\)).
Áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn: \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 - \frac{2}{3}}} = \frac{1}{{\frac{1}{3}}} = 3\).
Đáp số: 3.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang, \(AD{\rm{//}}BC\), \(AD = AB = 4\), \(BC = 8\), đều. Gọi \(Q\) là một điểm bất kỳ trên đoạn \(SB\) (\(Q\) không trùng với \(S\) và \(B\)). Qua \(Q\) dựng mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với \(SA\) và \(AD\). Biết \(\left( \alpha \right)\) cắt \(AB,CD,SC\) lần lượt tại \(M,N,P\). Tính giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác \(MNPQ\). (Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Xác định thiết diện \(MNPQ\):
Do mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với \(SA\) và \(AD\), mà \(SA,AD \subset \left( {SAD} \right)\) nên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
Tương tự, do \(AD{\rm{//}}BC\) nên \(\left( \alpha \right)\) cũng song song với \(BC\).
Giao tuyến của \(\left( \alpha \right)\) với các mặt của hình chóp được xác định như sau:
Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\): Qua \(Q\) kẻ đường thẳng song song với \(SA\), cắt \(AB\) tại \(M \Rightarrow QM{\rm{//}}SA\).
Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\): Qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(AD\), cắt \(CD\) tại \(N \Rightarrow MN{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC.\)
Trong mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\): Qua \(Q\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\), cắt \(SC\) tại \(P \Rightarrow QP{\rm{//}}BC{\rm{//}}AD\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\): Nối \(P\) với \(N\), ta có \(PN{\rm{//}}SD\).
Tứ giác \(MNPQ\) có \(MN{\rm{//}}QP\) nên \(MNPQ\) là hình thang.
Tính độ dài các cạnh của hình thang \(MNPQ\):
Đặt tỉ số \(x = \frac{{SQ}}{{SB}}\) với \(x \in \left( {0;1} \right)\).
Đoạn \(QP\): Trong , có \(QP{\rm{//}}BC \Rightarrow \frac{{QP}}{{BC}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = x \Rightarrow QP = xBC = 8x\).
Đoạn \(QM\): Trong , có \(QM{\rm{//}}SA \Rightarrow \frac{{QM}}{{SA}} = \frac{{BQ}}{{BS}} = 1 - x \Rightarrow QM = \left( {1 - x} \right)SA = 4\left( {1 - x} \right)\) (do đều nên \(SA = AD = SD = 4\)).
Đoạn \(PN\): Trong , có \(PN{\rm{//}}SD \Rightarrow \frac{{PN}}{{SD}} = \frac{{PC}}{{SC}} = \frac{{BQ}}{{BS}} = 1 - x \Rightarrow PN = 4\left( {1 - x} \right)\).
Đoạn \(MN\): Trong hình thang \(ABCD\) với \(MN{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC\) và \(M \in AB\) thỏa mãn \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = x\), \(N \in CD\) thỏa mãn \(\frac{{CN}}{{CD}} = \frac{{CP}}{{CS}} = \frac{{BQ}}{{BS}} = 1 - x\). Từ đó suy ra \(MN = \left( {1 - x} \right)AD + xBC = 4\left( {1 - x} \right) + 8x = 4 + 4x\).
Tính diện tích hình thang \(MNPQ\):
Do \(\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SAD} \right)\) nên góc giữa hai đường thẳng \(QM\) và \(MN\) trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) bằng góc giữa \(SA\) và \(AD\) trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
Vì là tam giác đều nên \(\widehat {SAD} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {QMN} = 60^\circ \).
Hình thang \(MNPQ\) là hình thang cân (do \(QM = PN = 4\left( {1 - x} \right)\)) có:
Chiều cao \(h = QM \cdot \sin 60^\circ = 4\left( {1 - x} \right) \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \left( {1 - x} \right)\).
Tổng hai đáy: \(MN + QP = \left( {4 + 4x} \right) + 8x = 4 + 12x\).
Diện tích tứ giác \(MNPQ\) là:
\(S\left( x \right) = \frac{1}{2}\left( {MN + QP} \right) \cdot h = \frac{1}{2}\left( {4 + 12x} \right) \cdot 2\sqrt 3 \left( {1 - x} \right) = 4\sqrt 3 \left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - x} \right)\)\( = 4\sqrt 3 \left( { - 3{x^2} + 2x + 1} \right)\).
Hàm số \(f\left( x \right) = - 3{x^2} + 2x + 1\) là hàm số bậc hai, đạt giá trị lớn nhất tại \(x = \frac{1}{3} \in \left( {0;1} \right)\), với \(f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{4}{3}\).
Do đó: \({S_{{\rm{max}}}} = 4\sqrt 3 \cdot \frac{4}{3} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3} \approx 9,2376...\).
Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được kết quả chính xác là \(9,24\).
Đáp số: 9,24.
Sinh nhật bạn An vào ngày 19 tháng 01. Bạn An muốn mua cho mình một món quà nên quyết định bỏ ống heo 1 nghìn đồng vào ngày 01 tháng 09 năm 2025. Mỗi ngày tiếp theo bạn An bỏ ống heo số tiền nhiều hơn số tiền ngày hôm trước 1 nghìn đồng. Hỏi đến ngày sinh nhật của mình An đã tiết kiệm được bao nhiêu nghìn đồng? (Thời gian tiết kiệm tính từ ngày 01 tháng 9 năm 2025 đến ngày 18 tháng 01 năm 2026).
Tổng số ngày tiết kiệm:
o Tháng 9/2025: 30 ngày.
o Tháng 10/2025: 31 ngày.
o Tháng 11/2025: 30 ngày.
o Tháng 12/2025: 31 ngày.
o Tháng 01/2026 (tính đến hết ngày 18): 18 ngày.
Tổng số ngày \(n = 30 + 31 + 30 + 31 + 18 = 140\) ngày.
Tổng số tiền tiết kiệm:
Dãy số tiền bỏ heo mỗi ngày lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 1\), công sai \(d = 1\), số các số hạng \(n = 140\).
Tổng số tiền tiết kiệm được là:
\({S_{140}} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{140 \cdot \left[ {2 \cdot 1 + \left( {140 - 1} \right) \cdot 1} \right]}}{2} = 70 \cdot \left( {2 + 139} \right) = 70 \cdot 141 = 9870\).
Đáp số: 9870.
Hằng ngày, mực nước của một con kênh lên xuống theo thuỷ triều. Độ sâu \(h\) (m) của mực nước trong kênh tính theo thời gian \(t\) (giờ) trong một ngày (\(0 \le t < 24\)) cho bởi công thức \(h = 3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) + 12.\) Có bao nhiêu thời điểm \(t\) để độ sâu của mực nước là \(9{\rm{\;m}}\)?
Cho \(h = 9\), ta có phương trình:
\(3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) + 12 = 9\)\( \Leftrightarrow 3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = - 3\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = - 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} + 1 = \pi + k2\pi \)\( \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} = \pi - 1 + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = 6 - \frac{6}{\pi } + 12k\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Vì \(0 \le t < 24\):
- Với \(k = 0\): \(t = 6 - \frac{6}{\pi } \approx 4,09 \in \left[ {0;24} \right)\).
- Với \(k = 1\): \(t = 18 - \frac{6}{\pi } \approx 16,09 \in \left[ {0;24} \right)\).
- Với \(k = 2\): \(t = 30 - \frac{6}{\pi } \approx 28,09 \notin \left[ {0;24} \right)\).
- Với \(k = - 1\): \(t = - 6 - \frac{6}{\pi } < 0 \notin \left[ {0;24} \right)\).
Do đó có 2 giá trị của \(t\) thỏa mãn.
Đáp số: 2.
PHẦN IV. TỰ LUẬN. Thí sinh trình bày lời giải từ câu 1 đến câu 3.
Tìm số hạng thứ 7 của cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có công bội \(q\) là số nguyên và \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_3} + {u_5} = 90}\\{{u_2} - {u_6} = 240}\end{array}} \right.\).
Biểu diễn các số hạng qua \({u_1}\) và công bội \(q\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1}{q^2} + {u_1}{q^4} = 90}\\{{u_1}q - {u_1}{q^5} = 240}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^2}\left( {1 + {q^2}} \right) = 90\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{u_1}q\left( {1 - {q^4}} \right) = 240\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).
Lập tỉ số giữa \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 1 \right)\) (với \({u_1} \ne 0\) và \(q \ne 0\)):
\(\frac{{{u_1}q\left( {1 - {q^4}} \right)}}{{{u_1}{q^2}\left( {1 + {q^2}} \right)}} = \frac{{240}}{{90}}\)\( \Leftrightarrow \frac{{1 - {q^2}}}{q} = \frac{8}{3}\)\( \Rightarrow 3\left( {1 - {q^2}} \right) = 8q\)\( \Leftrightarrow 3 - 3{q^2} = 8q\)\( \Leftrightarrow 3{q^2} + 8q - 3 = 0\).
Giải phương trình bậc hai theo \(q\) ta được \(q = \frac{1}{3}\) và \(q = - 3\).
Vì \(q\) là số nguyên, ta nhận \(q = - 3\).
Thay \(q = - 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\): \({u_1} \cdot {\left( { - 3} \right)^2} \cdot \left( {1 + {{\left( { - 3} \right)}^2}} \right) = 90 \Leftrightarrow {u_1} = 1\).
Số hạng thứ 7 của cấp số nhân là: \({u_7} = {u_1} \cdot {q^6} = 1 \cdot {\left( { - 3} \right)^6} = 729\).
Tính các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{7 - {x^2}}}\);
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 2x}}{{\sqrt {x + 2} - 2}}\).
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{7 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2}\left( {2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^2}\left( {\frac{7}{{{x^2}}} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{\frac{7}{{{x^2}}} - 1}} = - 2\).
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 2x}}{{\sqrt {x + 2} - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt {x + 2} - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right) - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)}}{{x - 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {x\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)} \right] = 8\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang, có \(AB{\rm{//}}DC\) và \(AB = 2CD\). Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(SAB\).
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\).
b) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Chứng minh \(OG{\rm{//}}\left( {SAD} \right)\).
a) Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) có điểm chung \(S\).
Mặt khác, \(AB \subset \left( {SAB} \right)\), \(CD \subset \left( {SCD} \right)\) và \(AB{\rm{//}}CD\).
Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng song song, giao tuyến \(d\) của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng đi qua \(S\) và song song với \(AB\) và \(CD\).
b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(SA\).
Trong tam giác \(SAB\), vì \(G\) là trọng tâm nên \(B,G,M\) thẳng hàng và \(\frac{{MG}}{{MB}} = \frac{1}{3}\).
Xét hình thang \(ABCD\) có \(AB{\rm{//}}CD\) và \(AB = 2CD\), suy ra \(\frac{{DO}}{{OB}} = \frac{{DC}}{{AB}} = \frac{1}{2}\), do đó \(\frac{{DO}}{{DB}} = \frac{1}{3}\).
Từ đó suy ra \(\frac{{MG}}{{MB}} = \frac{{DO}}{{DB}} = \frac{1}{3}\), theo định lý Thales trong tam giác \(MDB\), suy ra \(OG{\rm{//}}MD\).
Mà \(OG \not\subset \left( {SAD} \right)\) và \(MD \subset \left( {SAD} \right)\). Do đó \(OG{\rm{//}}\left( {SAD} \right)\) (đpcm).
