Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Phùng Khắc Khoan (Thạch Thất-Hà Nội) có đáp án - mã đề 0123
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.
Giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 2m}&{{\rm{khi\;}}x < 0}\\{{x^2} + x + 1}&{{\rm{khi\;}}x \ge 0}\end{array}} \right.\) liên tục tại điểm \({x_0} = 0\) là:
\(m = \frac{1}{2}.\)
\(m = \frac{1}{4}.\)
\(m = 0.\)
\(m = 1.\)
Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).
Ta có:
- \(f\left( 0 \right) = {0^2} + 0 + 1 = 1\).
- \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{x^2} + x + 1} \right) = 1\).
- \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {x + 2m} \right) = 2m\).
Hàm số liên tục tại \({x_0} = 0\) khi và chỉ khi: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow 2m = 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).
Chọn đáp án: A.
Trong hình dưới đây, số đo của góc lượng giác \(\left( {Ou,Ov} \right)\) là:
\(510^\circ .\)
\(60^\circ .\)
\( - 300^\circ .\)
\( - 420^\circ .\)
Góc hình học giữa hai tia \(Ou\) và \(Ov\) có số đo là \(60^\circ \).
Mũi tên biểu diễn góc lượng giác quay từ tia gốc \(Ou\) theo chiều kim đồng hồ (chiều âm) một vòng quay thiếu \(60^\circ \) tới tia \(Ov\).
Số đo của góc lượng giác \(\left( {Ou,Ov} \right)\) là: \( - 360^\circ + 60^\circ = - 300^\circ \).
Chọn đáp án: C.
Cho hình chóp \(S.ABC\). Các điểm \(E,F\) lần lượt thuộc cạnh \(SA,AC\) sao cho \(\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{2}{3},\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{2}{3}\). Giao điểm của đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {BEF} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(SC\) với đường thẳng nào sau đây?
\(SA.\)
\(EF.\)
\(BF.\)
\(BE.\)
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), ta có \(\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{1}{3}\).
Vì \(\frac{{AE}}{{AS}} = \frac{1}{3} \ne \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{2}{3}\) nên hai đường thẳng \(EF\) và \(SC\) không song song trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), do đó chúng cắt nhau tại điểm \(I\).
Vì \(I \in EF\) và \(EF \subset \left( {BEF} \right)\) nên \(I \in \left( {BEF} \right)\). Do đó \(I\) chính là giao điểm của \(SC\) và \(\left( {BEF} \right)\).
Chọn đáp án: B.
Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng tổng quát là \({u_n} = {n^2} - 2n\). Số hạng thứ 10 của dãy số là:
\({u_{10}} = 60.\)
\({u_{10}} = 80.\)
\({u_{10}} = 100.\)
\({u_{10}} = 120.\)
Thay \(n = 10\) vào công thức số hạng tổng quát: \({u_{10}} = {10^2} - 2 \cdot 10 = 100 - 20 = 80\).
Chọn đáp án: B.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\).
Hình chiếu song song của cạnh \(AB\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) theo phương \(CC'\) là:
\(A'B'.\)
\(A'C'.\)
\(A'D'.\)
\(B'C'.\)
Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên \(AA'{\rm{//}}BB'{\rm{//}}CC'\).
Do đó:
- Hình chiếu của điểm \(A\) lên \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) theo phương \(CC'\) là điểm \(A'\).
- Hình chiếu của điểm \(B\) lên \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) theo phương \(CC'\) là điểm \(B'\).
Vậy hình chiếu song song của đoạn thẳng \(AB\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) theo phương \(CC'\) là đoạn thẳng \(A'B'.\)
Chọn đáp án: A.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\).
Mặt phẳng \(\left( {ACD'} \right)\) song song với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau đây?
\(\left( {A'B'C'} \right).\)
\(\left( {B'C'B} \right).\)
\(\left( {A'C'B} \right).\)
\(\left( {A'B'B} \right).\)
Xét hai mặt phẳng \(\left( {ACD'} \right)\) và \(\left( {A'C'B} \right)\):
- Tứ giác \(ACC'A'\) là hình bình hành \( \Rightarrow AC{\rm{//}}A'C'\).
- Tứ giác \(ABC'D'\) có \(AB{\rm{//}}D'C'\) và \(AB = D'C'\) nên \(ABC'D'\) là hình bình hành \( \Rightarrow AD'{\rm{//}}BC'\).
- Vì \(AC,AD' \subset \left( {ACD'} \right)\) cắt nhau tại \(A\), còn \(A'C',BC' \subset \left( {A'C'B} \right)\) nên \(\left( {ACD'} \right){\rm{//}}\left( {A'C'B} \right)\).
Chọn đáp án: C.
\(\sin \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b.\)
\(\sin \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b.\)
\(\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b.\)
\(\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b.\)
Theo công thức cộng đối với hàm số lượng giác: \(\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b\).
Chọn đáp án: C.
Cho tứ diện \(ABCD\). Trên cạnh \(AB,AD\) lần lượt lấy các điểm \(M,N\) sao cho hai đường thẳng \(MN\) và \(BD\) cắt nhau tại \(I\).
Điểm \(I\) không thuộc mặt phẳng nào sau đây?
\(\left( {CMN} \right).\)
\(\left( {ACD} \right).\)
\(\left( {ABD} \right).\)
\(\left( {BCD} \right).\)
Vì \(I \in MN\) và \(MN \subset \left( {CMN} \right)\) nên \(I \in \left( {CMN} \right)\).
Vì \(I \in MN\) và \(MN \subset \left( {ABD} \right)\) nên \(I \in \left( {ABD} \right)\).
Vì \(I \in BD\) và \(BD \subset \left( {BCD} \right)\) nên \(I \in \left( {BCD} \right)\).
Đường thẳng \(BD\) chỉ có duy nhất một điểm chung với mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) là điểm \(D\). Do \(I \in BD\) và \(I \ne D\) nên \(I \notin \left( {ACD} \right)\).
Chọn đáp án: B.
Điểm khảo sát môn Toán của các học sinh lớp 11A được thống kê bởi mẫu số liệu ghép nhóm sau đây:
Điểm | \(\left[ {3;4} \right)\) | \(\left[ {4;5} \right)\) | \(\left[ {5;6} \right)\) | \(\left[ {6;7} \right)\) | \(\left[ {7;8} \right)\) | \(\left[ {8;9} \right)\) | \(\left[ {9;10} \right)\) |
Số học sinh | \(2\) | \(3\) | \(3\) | \(14\) | \(23\) | \(3\) | \(2\) |
Số học sinh có điểm thi dưới \(5\) là:
\(5.\)
\(3.\)
\(8.\)
\(2.\)
Học sinh có điểm dưới \(5\) thuộc hai nhóm \(\left[ {3;4} \right)\) và \(\left[ {4;5} \right)\).
Số học sinh có điểm dưới \(5\) là: \(2 + 3 = 5\).
Chọn đáp án: A.
\(\frac{1}{5}.\)
\( - \frac{3}{5}.\)
\(0.\)
\( - \frac{4}{5}.\)
Chia cả tử và mẫu cho \(n\): \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 - 4n}}{{5n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{1}{n} - 4}}{5} = \frac{{0 - 4}}{5} = - \frac{4}{5}\).
Chọn đáp án: D.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SB,SC\).
Đường thẳng \(MN\) song song với mặt phẳng nào?
\(\left( {SAC} \right).\)
\(\left( {SBC} \right).\)
\(\left( {SAB} \right).\)
\(\left( {ABC} \right).\)
Trong tam giác \(SBC\), \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SB\) và \(SC \Rightarrow MN\) là đường trung bình của .
Mặt khác \(BC \subset \left( {ABC} \right)\) và \(MN \not\subset \left( {ABC} \right)\), suy ra \(MN{\rm{//}}\left( {ABC} \right)\).
Chọn đáp án: D.
Xét các mệnh đề sau trong không gian:
(1) Hai đường thẳng cắt nhau thì đồng phẳng.
(2) Hai đường thẳng không song song thì chéo nhau.
(3) Hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung.
(4) Hai đường thẳng chéo nhau thì không đồng phẳng.
Trong các mệnh đề đã cho, có bao nhiêu mệnh đề đúng?
\(1.\)
\(2.\)
\(4.\)
\(3.\)
- (1) ĐÚNG: Hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng duy nhất.
- (2) SAI: Hai đường thẳng không song song có thể cắt nhau hoặc trùng nhau.
- (3) ĐÚNG: Hai đường thẳng chéo nhau không có điểm chung.
- (4) ĐÚNG: Định nghĩa hai đường thẳng chéo nhau là hai đường thẳng không cùng thuộc một mặt phẳng.
Vậy có \(3\) mệnh đề đúng là (1), (3), (4).
Chọn đáp án: 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 hỏi, thí sinh chọn Đúng hoặc Sai.
Xét phương trình lượng giác \(\cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Phương trình tương đương với \(\cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \frac{\pi }{6}\).
Nghiệm của phương trình là \(x = - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \), \(x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi \) (\(k \in \mathbb{Z}\)).
Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là \(x = \frac{{5\pi }}{{12}}\).
Tổng các nghiệm của phương trình thuộc khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) bằng \(\frac{\pi }{2}\).
Ta có \(\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \cos \frac{\pi }{6}\).
Do đó phương trình tương đương: \(\cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x - \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\).
a)Phương trình \(\cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \frac{\pi }{6}\) là ĐÚNG.
b)Các họ nghiệm đúng là \(x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi \) và \(x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \) (\(k \in \mathbb{Z}\)). Ý b ghi \(x = - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \) là SAI.
c)Với \(k = 0\), hai nghiệm dương lần lượt là \(x = \frac{\pi }{{12}}\) và \(x = \frac{{5\pi }}{{12}}\). Do đó nghiệm dương nhỏ nhất phải là \(x = \frac{\pi }{{12}}\). Ý c ghi \(x = \frac{{5\pi }}{{12}}\) là SAI.
d)Các nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) là \({x_1} = \frac{\pi }{{12}}\) và \({x_2} = \frac{{5\pi }}{{12}}\).
Tổng các nghiệm là \(S = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{5\pi }}{{12}} = \frac{{6\pi }}{{12}} = \frac{\pi }{2}\). Ý d là ĐÚNG.
Kết luận:
a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.
Cấp số cộng có công sai là \(d = 3\).
Số hạng đầu của cấp số cộng là \({u_1} = - 2\).
Số hạng tổng quát của cấp số cộng là \({u_n} = 4n - 6\).
Tổng \(20\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng là \({S_{20}} = 720\).
a) SAI. Công sai: \(d = {u_3} - {u_2} = 6 - 2 = 4\).
b) ĐÚNG. Số hạng đầu: \({u_1} = {u_2} - d = 2 - 4 = - 2\).
c) ĐÚNG. Số hạng tổng quát: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = - 2 + \left( {n - 1} \right)4 = 4n - 6\).
d) ĐÚNG. Tổng \(20\) số hạng đầu tiên:
\({S_{20}} = \frac{{20}}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {20 - 1} \right)d} \right] = 10 \cdot \left[ {2 \cdot \left( { - 2} \right) + 19 \cdot 4} \right] = 10 \cdot \left( { - 4 + 76} \right) = 720\).
Kết luận:
a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.
PHẦN III. CÂU TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4.
Rút gọn biểu thức \(A = \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} - \alpha } \right) + \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} + \alpha } \right)\) được kết quả là \(A = k \cdot \cos \alpha \) với \(k \in \mathbb{Z}\). Tìm \(k\).
Áp dụng công thức biến đổi tổng thành tích \(\cos a + \cos b = 2\cos \left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)\cos \left( {\frac{{a - b}}{2}} \right)\) ta được:
\(A = 2\cos \left( {\frac{{\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \alpha } \right) + \left( {\frac{{2\pi }}{3} + \alpha } \right)}}{2}} \right)\cos \left( {\frac{{\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \alpha } \right) - \left( {\frac{{2\pi }}{3} + \alpha } \right)}}{2}} \right)\)\( = 2\cos \left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right)\cos \left( { - \alpha } \right)\).
Vì \(\cos \left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = - \frac{1}{2}\) và \(\cos \left( { - \alpha } \right) = \cos \alpha \), ta có: \(A = 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \cos \alpha = - 1 \cdot \cos \alpha \).
So sánh với dạng \(A = k \cdot \cos \alpha \), ta suy ra \(k = - 1\).
Đáp số:\( - 1\).
Trong hình dưới, khi vật \[A\] gắn ở đầu lò xo được kéo ra khỏi vị trí cân bằng ở điểm \(O\) và buông tay, lực đàn hồi của lò xo khiến vật \[A\] dao động quanh \(O\). Tọa độ \(s\) (cm) của vật \(A\) trên trục \(Ox\) vào thời điểm \(t\) (giây) được xác định bởi công thức \(s = 10\sin \left( {10t + \frac{\pi }{2}} \right)\). Hỏi trong \(5\) giây đầu tiên (\(0 \le t \le 5\)), có bao nhiêu thời điểm vật \(A\) ở xa vị trí cân bằng nhất?
Vật \(A\) ở xa vị trí cân bằng nhất khi khoảng cách \(\left| s \right|\) đạt giá trị lớn nhất:
\(\left| s \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {\sin \left( {10t + \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = 1\)\( \Leftrightarrow 10t + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2} + k\pi \)\( \Leftrightarrow 10t = k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{k\pi }}{{10}}\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Theo giả thiết \(0 \le t \le 5\) nên \(0 \le \frac{{k\pi }}{{10}} \le 5 \Leftrightarrow 0 \le k \le \frac{{50}}{\pi } \approx 15,9\).
Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {0;1;2;3; \ldots ;15} \right\}\).
Số giá trị nguyên của \(k\) là \(15 - 0 + 1 = 16\).
Đáp số:\(16\).
Doanh thu bán hàng trong \(20\) ngày của một cửa hàng được ghi lại ở bảng sau:
Doanh thu (triệu đồng) | \(\left[ {5;7} \right)\) | \(\left[ {7;9} \right)\) | \(\left[ {9;11} \right)\) | \(\left[ {11;13} \right)\) | \(\left[ {13;15} \right)\) |
Số ngày | \(2\) | \(7\) | \(7\) | \(3\) | \(1\) |
Hỏi doanh thu trung bình mỗi ngày của cửa hàng là bao nhiêu triệu đồng?
Tính giá trị đại diện \({x_i}\) cho mỗi nhóm:
- Nhóm \(\left[ {5;7} \right)\): \({x_1} = \frac{{5 + 7}}{2} = 6\).
- Nhóm \(\left[ {7;9} \right)\): \({x_2} = \frac{{7 + 9}}{2} = 8\).
- Nhóm \(\left[ {9;11} \right)\): \({x_3} = \frac{{9 + 11}}{2} = 10\).
- Nhóm \(\left[ {11;13} \right)\): \({x_4} = \frac{{11 + 13}}{2} = 12\).
- Nhóm \(\left[ {13;15} \right)\): \({x_5} = \frac{{13 + 15}}{2} = 14\).
Doanh thu trung bình mỗi ngày \(\bar x\) là:
\(\bar x = \frac{{6 \cdot 2 + 8 \cdot 7 + 10 \cdot 7 + 12 \cdot 3 + 14 \cdot 1}}{{2 + 7 + 7 + 3 + 1}} = \frac{{12 + 56 + 70 + 36 + 14}}{{20}} = \frac{{188}}{{20}} = 9,4\) (triệu đồng).
Đáp số:\(9,4\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(SB,SD\) và \(BC\). Gọi \(E\) là giao điểm của mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) với cạnh \(SA\). Biết tỉ số \(\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{m}{n}\) (\(m,n \in {\mathbb{N}^*}\), \(\frac{m}{n}\) là phân số tối giản). Tính \(2m + n\).
Xác định giao điểm \(E\):
Trong , \(M,N\) là trung điểm của \(SB,SD \Rightarrow MN{\rm{//}}BD\).
Vì \(MN{\rm{//}}BD\) với \(BD \subset \left( {ABCD} \right)\), nên \(\left( {MNP} \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) theo giao tuyến \(d\) đi qua \(P\) và \(d{\rm{//}}BD\).
Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), đường thẳng qua \(P\) song song với \(BD\) cắt \(AC\) tại \(K\).
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(I = MN \cap SO \Rightarrow I\) là trung điểm của \(SO\).
Đường thẳng \(IK\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) cắt \(SA\) tại điểm \(E\).
Ta có \(I \in MN \subset \left( {MNP} \right)\) và \(K \in d \subset \left( {MNP} \right)\), suy ra \(IK \subset \left( {MNP} \right)\). Vậy \(E\) là giao điểm của mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) với cạnh \(SA\).
Tính tỉ số \(\frac{{SE}}{{SA}}\):
Trong , \(O\) là trung điểm \(AC\), \(P\) là trung điểm \(BC\).
Đường thẳng \(PK{\rm{//}}BO\) cắt \(AC\) tại \(K \Rightarrow K\) là trung điểm của \(CO\).
Do đó: \(CK = \frac{1}{2}CO = \frac{1}{4}CA \Rightarrow AK = AC - CK = \frac{3}{4}AC\).
Suy ra tỉ số: \(\frac{{AK}}{{KO}} = \frac{{\frac{3}{4}AC}}{{\frac{1}{4}AC}} = 3\).
Xét tam giác \(SAO\) và đường thẳng \(E - I - K\) cắt \(SA,SO,AO\) lần lượt tại \(E,I,K\). Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(SAO\) ta được \(\frac{{SE}}{{EA}} \cdot \frac{{AK}}{{KO}} \cdot \frac{{OI}}{{IS}} = 1\).
Vì \(I\) là trung điểm \(SO \Rightarrow \frac{{OI}}{{IS}} = 1\). Thay các tỉ số vào: \(\frac{{SE}}{{EA}} \cdot 3 \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{{SE}}{{EA}} = \frac{1}{3}\).
Suy ra \(\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SE}}{{SE + EA}} = \frac{1}{{1 + 3}} = \frac{1}{4}\). Vậy \(\frac{m}{n} = \frac{1}{4} \Rightarrow m = 1,n = 4\).
Giá trị \(2m + n = 2 \cdot 1 + 4 = 6\).
Đáp số:\(6\).
PHẦN IV. TỰ LUẬN.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 3.
Vào năm 2020, dân số của một quốc gia là \(97\) triệu người và tốc độ tăng trưởng dân số là \(0,91\% \). Giả sử tốc độ tăng trưởng dân số này được giữ nguyên hàng năm, hãy tính dân số của quốc gia đó vào năm 2030 (đơn vị: triệu người, kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Cách 1:
Kể từ năm 2020, dân số hàng năm của quốc gia đó (tính bằng đơn vị triệu người) lập thành cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với số hạng đầu \({u_1} = 97\) và công bội \(q = 1,0091\).
Dân số của quốc gia đó vào năm 2030 tương ứng với số hạng thứ 11 của cấp số nhân:
\({u_{11}} = {u_1} \cdot {q^{10}} = 97 \cdot {\left( {1,0091} \right)^{10}} \approx 106,1974\).
Làm tròn đến hàng phần mười, ta được \(106,2\).
Vậy dân số của quốc gia đó vào năm 2030 là \(106,2\) triệu người.
Cách 2:
Số năm tăng trưởng từ năm 2020 đến năm 2030 là: .
Áp dụng công thức tăng trưởng dân số \({N_n} = {N_0} \cdot {\left( {1 + r} \right)^n}\) với \({N_0} = 97\) (triệu người), \(r = 0,91\% = 0,0091\) và \(n = 10\).
Dân số quốc gia đó vào năm 2030 là: \({N_{10}} = 97 \cdot {\left( {1 + 0,0091} \right)^{10}} = 97 \cdot {\left( {1,0091} \right)^{10}} \approx 106,1974\) (triệu người).
Làm tròn đến hàng phần mười, ta được \(106,2\) triệu người.
Tìm các giá trị của tham số \(a\) để hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{x - \sqrt {4x - 3} }}}&{{\rm{khi\;}}x > 3}\\{{a^2}x - 1}&{{\rm{khi\;}}x \le 3}\end{array}} \right.\) có giới hạn hữu hạn khi \(x\) dần tới \(3\).
Hàm số \(f\left( x \right)\) có giới hạn hữu hạn khi \(x \to 3\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right)\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {{a^2}x - 1} \right) = 3{a^2} - 1\);
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{x - \sqrt {4x - 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - \sqrt {4x - 3} } \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{{x^2} - 4x + 3}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{x - 1}} = 3\).
Để tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right)\) hữu hạn thì \(3{a^2} - 1 = 3 \Leftrightarrow 3{a^2} = 4 \Leftrightarrow {a^2} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow a = \pm \frac{2}{{\sqrt 3 }} = \pm \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy các giá trị \(a\) cần tìm là \(a = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\) hoặc \(a = - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = 7,AD = 4\). Gọi \(M\) là điểm thuộc cạnh \(SC\) sao cho \(SM = \frac{2}{3}SC\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(AM\) và song song với \(BD\), cắt \(SD\) tại \(E\) và cắt \(SB\) tại \(F\). Tính độ dài đoạn thẳng \(EF\).
Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O = AC \cap BD\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(G = AM \cap SO\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(AM\) và song song với \(BD\), nên trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), qua \(G\) ta kẻ đường thẳng song song với \(BD\), đường thẳng này cắt \(SD\) tại \(E\) và cắt \(SB\) tại \(F\).
Ta có \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{7^2} + {4^2}} = \sqrt {65} \).
Kẻ \(MH{\rm{//}}SO\,\left( {H \in AC} \right)\). Ta có \(\frac{{CH}}{{CO}} = \frac{{MH}}{{SO}} = \frac{{CM}}{{CS}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{CH}}{{CA}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \frac{{OG}}{{MH}} = \frac{{AO}}{{AH}} = \frac{3}{5}\).
Suy ra \(OG = \frac{3}{5}MH = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3}SO = \frac{1}{5}SO\). Suy ra \(\frac{{EF}}{{BD}} = \frac{{SG}}{{SO}} = \frac{{SO - OG}}{{SO}} = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5}\).
Do đó, \[EF = \frac{4}{5}BD = \frac{{4\sqrt {65} }}{5}\].
Vậy độ dài đoạn thẳng \(EF\) bằng \(\frac{{4\sqrt {65} }}{5}\).
