Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Vạn Xuân (Hoài Đức-Hà Nội) có đáp án - Đề chẵn
21 câu hỏi
PHẦN I. CÂU TRẮC NGHIỆM NHIỀU LỰA CHỌN
Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Trong mỗi câu học sinh chọn chỉ một đáp án đúng.
Tìm \(x\) để các số \(2;8;x;20\) theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.
\(x = 14\).
\(x = 32\).
\(x = 64\).
\(x = 68\).
Các số \(2;8;x;20\) theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng khi \(8 - 2 = x - 8 = 20 - x\). Suy ra \(x = 14\).
Chọn A.
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1} = 2\) và công bội \(q = - 4\). Giá trị \({u_7}\) bằng:
\( - 2048\).
\(8192\).
\( - 256\).
\(4096\).
Áp dụng công thức số hạng tổng quát: \({u_7} = {u_1} \cdot {q^6} = 2 \cdot {\left( { - 4} \right)^6} = 8192\).
Chọn B.
Công thức nào sau đây sai?
\(\cos \left( {a - b} \right) = \sin a\sin b + \cos a\cos b.\)
\(\cos \left( {a + b} \right) = \sin a\sin b - \cos a\cos b.\)
\(\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b.\)
\(\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b.\)
Ta có \(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\).
Chọn B.
\(T = \mathbb{R}\).
\(T = \left[ { - 2;2} \right]\).
\(T = \left[ {0;2} \right]\).
\(T = 2\pi \).
Ta có \( - 1 \le \sin x \le 1,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow - 2 \le 2\sin x \le 2,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow - 2 \le y \le 2,\forall x \in \mathbb{R}\).
Vậy tập giá trị của hàm số đã cho là \(T = \left[ { - 2;2} \right]\).
Chọn B.
\(\left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SDC} \right)\).
\(\left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAD} \right)\).
Ta có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SD\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\).
Suy ra \(MN{\rm{//}}AD\). Mà \(AD \subset \left( {ABCD} \right)\) và \(MN \not\subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\).
Chọn C.
Dãy số giảm.
Dãy số tăng.
Dãy số không tăng, không giảm.
Có số hạng \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 7}}{{n + 2}}\).
Ta có \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1 - 8}}{{n + 1 + 1}} = \frac{{n - 7}}{{n + 2}}\). Xét hiệu \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{n - 7}}{{n + 2}} - \frac{{n - 8}}{{n + 1}} = \frac{9}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} > 0,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).
Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy số tăng.
Chọn B.
\(f\left( 0 \right) = 0\).
\(f\left( x \right)\) liên tục tại \({x_0} = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = 2\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( 0 \right) = 0}\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} x = 0}\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{x^2} + 2} \right) = {0^2} + 2 = 2}\end{array}} \right.\).
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)\) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right)\), suy ra hàm số gián đoạn tại \({x_0} = 0\).
Do đó mệnh đề B sai.
Chọn B.
\(\left( {BCB'} \right)\).
\(\left( {D'AC} \right)\).
\(\left( {B'CD'} \right)\).
\(\left( {C'BD} \right)\).
Ta có \[B'D'{\rm{//}}BD\], suy ra \[B'D'{\rm{//}}\left( {C'BD} \right)\].
Lại có \[B'A{\rm{//}}C'D\], suy ra \[B'A{\rm{//}}\left( {C'BD} \right)\].
Mà \[B'D' \cap B'A = B'\] và \[B'D',B'A \subset \left( {AB'D'} \right)\], suy ra \[\left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {C'BD} \right)\].
Chọn D.
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{7{n^2} + 5n + 1954}}{{{n^2} + 1}}\).
\( + \infty \).
\(5\).
\(1954\).
\(7\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{7{n^2} + 5n + 1954}}{{{n^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{7 + \frac{5}{n} + \frac{{1954}}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{7}{1} = 7\).
Chọn D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4x + 1}}{{ - x + 1}}\) bằng
\( - 4\).
\(4\).
\(2\).
\(1\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4x + 1}}{{ - x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4 + \frac{1}{x}}}{{ - 1 + \frac{1}{x}}} = - 4\).
Chọn A.
\(GG'\) song song với \(AC\).
\(GG'\) song song với \(AB\).
\(GG'\) chéo \(AC\).
\(GG'\) cắt \(AB\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BD\).
Ta có \(G,G'\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(BCD\) và \(ABD\)\( \Rightarrow \frac{{MG}}{{MC}} = \frac{{MG'}}{{MA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow GG'{\rm{//}}AC\).
Chọn A.
Hình vẽ nào sau đây không phải là hình biểu diễn của hình chóp tứ giác \(S.ABCD\)?
Quan sát các hình ta thấy hình D không là hình biểu diễn của hình chóp tứ giác \(S.ABCD\).
Chọn D.
PHẦN II. CÂU TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 2. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu học sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} - 5x + 4\), \(g\left( x \right) = ax + b\) (\(a,b\) là hằng số khác \(0\)).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f\left( x \right) = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{f\left( x \right)}}{{\sqrt x - 2}} = 12\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {f\left( x \right)} }}{{g\left( x \right)}} = \frac{1}{a}\).
Để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = 4\) thì \(4a + 2b = - 3\).
a) SAI. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 10\).
b) ĐÚNG. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{f\left( x \right)}}{{\sqrt x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right) = 12\).
c) SAI. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {f\left( x \right)} }}{{g\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 5x + 4} }}{{ax + b}} = - \frac{1}{a}\).
d) ĐÚNG. Để giới hạn hữu hạn thì \(ax + b = 0\) có nghiệm \(x = 4 \Leftrightarrow 4a + b = 0 \Leftrightarrow b = - 4a\).
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\left( {x - 4} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{a\left( {x - 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{x - 1}}{a} = \frac{3}{a} = 4 \Leftrightarrow a = \frac{3}{4}\).
Từ đó \(b = - 3 \Rightarrow 4a + 2b = - 3\).
Nếu gọi \(H\) là trung điểm của \(B'C'\) thì \(FH = \frac{1}{2}A'C'\).
\(EF{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\).
Nếu gọi \(K\) là trung điểm của \(AB\) thì tứ giác \(CC'FK\) là hình thang vuông.
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BB',CC'\). Đường thẳng đi qua trọng tâm \(I\) của tam giác \(ABC\) cắt \(A'B\) và \(MN\) lần lượt tại \(P,Q\). Tỉ số \(\frac{{IP}}{{PQ}} = \frac{2}{5}\).
a) ĐÚNG: Gọi \(H\) là trung điểm \(B'C'\), ta có \(FH\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}A'B'C'\) nên \(FH\) song song và bằng nửa độ dài đoạn \(A'C'\).
b) ĐÚNG: Lại có \(E\) là trung điểm \(AC\), \(AC\) song song và bằng \(A'C'\) nên \(EC\) song song và bằng nửa \(A'C'\). Suy ra \(FH\) song song và bằng \(EC\), do đó \(CEFH\) là hình bình hành. Do đó \(EF{\rm{//}}HC\), mà \(HC \subset \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(EF{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\).
c) SAI: Gọi \(K\) là trung điểm \(AB\). Vì \(F\) là trung điểm \(A'B'\) và \(ABB'A'\) là hình bình hành nên \(FK\) song song và bằng \(AA'\). Do đó \(FK\) song song và bằng \(CC'\), suy ra \(CC'FK\) là hình bình hành.
d) SAI:
Qua \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(AC,AB\) tại \(G,L\). Ta có \(GL{\rm{//}}BC\).
Mà \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BB',CC'\) nên \(MN{\rm{//}}BC\).
Suy ra \[GL{\rm{//}}MN\], do đó 5 điểm \(M,N,G,L,I\) đồng phẳng.
Lại có \(M \in BB' \subset \left( {ABB'A'} \right)\) và \(L \in AB \subset \left( {ABB'A'} \right)\) nên trong mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\), đường thẳng \(ML\) cắt \(A'B\) tại \(P\), khi đó \(M,N,G,L,I,P\) đồng phẳng và \(Q = IP \cap MN\).
Gọi \(D\) là trung điểm của \(A'B\), khi đó \(DM{\rm{//}}A'B'\), suy ra \(DM{\rm{//}}LB\).
Từ đó suy ra \(\frac{{LP}}{{PM}} = \frac{{LB}}{{DM}} = \frac{{\frac{1}{3}AB}}{{\frac{1}{2}A'B'}} = \frac{2}{3}\).
Lại có \(QM{\rm{//}}LI\,\,\left( {{\rm{do}}\,MN{\rm{//}}LG} \right)\), suy ra \(\frac{{IP}}{{PQ}} = \frac{{LP}}{{PM}} = \frac{2}{3}\). Vậy \(\frac{{IP}}{{PQ}} = \frac{2}{3}\).
PHẦN III. CÂU TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN
Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4.
Năm 2019 dân số tỉnh Bắc Ninh là \(1,38\) triệu người, tỉ suất di cư thuần (tỉ lệ tăng dân số do di cư) ở tỉnh Bắc Ninh là \(8,53\% \). Hỏi nếu giữ nguyên tỉ lệ tăng dân số như năm 2019 thì dân số tỉnh Bắc Ninh sau 30 năm sẽ là bao nhiêu triệu người? (Làm tròn đến hàng phần mười, giả sử tỉ lệ tăng dân số tự nhiên không ảnh hưởng đến sự tăng dân số của tỉnh này).
Gọi \({P_t}\) là dân số tỉnh Bắc Ninh vào năm thứ \(t\) sau năm 2019.
Dân số năm thứ \(t + 1\) sau năm 2019 là: \({P_{t + 1}} = {P_t} + {P_t} \cdot 0,0853 = 1,0853 \cdot {P_t}\).
Dân số tỉnh Bắc Ninh tăng trưởng theo cấp số nhân với công bội \(q = 1,0853\) tính từ năm 2019.
Công thức tính dân số tỉnh Bắc Ninh: \({P_t} = {P_0} \cdot {\left( {1,0853} \right)^t}\).
Trong đó:
\({P_t}\): Dân số sau \(t\) năm tính từ năm 2019.
\({P_0}\): Dân số ban đầu mốc năm 2019 (\(1,38\) triệu người).
Thay \(t = 30\) vào công thức: \({P_{30}} = 1,38 \cdot {\left( {1,0853} \right)^{30}} \approx 16,08\) (triệu người).
Làm tròn đến hàng phần mười: \(16,1\) triệu người.
Đáp án: 16,1.
Tính \(A = \lim \frac{{2\left( {\sqrt n - 3} \right)\left( {n\sqrt n + 1} \right)}}{{\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\).
Ta có \(A = \lim \frac{{2\left( {\sqrt n - 3} \right)\left( {n\sqrt n + 1} \right)}}{{\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}} = \lim \frac{{2\sqrt n \left( {1 - \frac{3}{{\sqrt n }}} \right) \cdot n\sqrt n \left( {1 + \frac{1}{{n\sqrt n }}} \right)}}{{n\left( {1 - \frac{1}{n}} \right) \cdot n\left( {1 - \frac{2}{n}} \right)}}\)
\( = \lim \frac{{2\left( {1 - \frac{3}{{\sqrt n }}} \right)\left( {1 + \frac{1}{{n\sqrt n }}} \right)}}{{\left( {1 - \frac{1}{n}} \right)\left( {1 - \frac{2}{n}} \right)}} = \frac{{2 \cdot 1 \cdot 1}}{{1 \cdot 1}} = 2\).
Đáp án: 2.
Tính \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^3} - 1}}{x}\).
Ta có \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^3} - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^3} + 3{x^2} + 3x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{x^2} + 3x + 3} \right) = 3\).
Đáp án: 3.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang, biết đáy lớn \(AD = 6\), đáy nhỏ \(BC = 3\). Gọi \(E,F\) lần lượt lấy trên \(SA\) và \(SD\) sao cho \(SE = y \cdot SA\), \(SF = y \cdot SD\). \(K\) là giao điểm của các đường thẳng \(AB\) và \(CD\). \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {CDE} \right)\), đường thẳng \(SC\) cắt mặt phẳng \(\left( {EFM} \right)\) tại \(N\). Tìm \(y\) để tỉ số diện tích của hai tam giác \(KMN\) và \(KEF\) là \(\frac{4}{9}\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{E \in SA \subset \left( {SAB} \right)}\\{E \in \left( {CDE} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow E \in \left( {CDE} \right) \cap \left( {SAB} \right)\).
\(AB \cap CD = K \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{K \in AB \subset \left( {SAB} \right)}\\{K \in CD \subset \left( {CDE} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow K \in \left( {CDE} \right) \cap \left( {SAB} \right)\).
Nên \(KE = \left( {CDE} \right) \cap \left( {SAB} \right)\).
Lại có: \(SB \subset \left( {SAB} \right),SB \cap \left( {CDE} \right) = M \Rightarrow M = SB \cap KE\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{K \in EM \subset \left( {EFM} \right)}\\{K \in CD \subset \left( {SCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow K \in \left( {EFM} \right) \cap \left( {SCD} \right)\) và \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{F \in \left( {EFM} \right)}\\{F \in SD \subset \left( {SCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow F \in \left( {EFM} \right) \cap \left( {SCD} \right)\).
Nên \(KF = \left( {EFM} \right) \cap \left( {SCD} \right)\).
Lại có: \(SC \subset \left( {SCD} \right)\), \(SC \cap \left( {EFM} \right) = N \Rightarrow N = SC \cap KF \Rightarrow \exists \left( {EFNM} \right)\).
Theo đề bài: \(SE = y \cdot SA\), \(SF = y \cdot SD\), suy ra \[\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{{EF}}{{AD}} = \frac{y}{1} \Rightarrow EF{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC \Rightarrow \exists \left( {EFCB} \right)\].
Từ đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {EFCB} \right) \cap \left( {EFNM} \right) = EF\\\left( {EFNM} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {EFCB} \right) = BC\end{array} \right. \Rightarrow EF{\rm{//}}MN{\rm{//}}BC \Rightarrow \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{MN}}{{\frac{1}{2}AD}}\,\,\left( 1 \right)\).
.
Kẻ \(BL{\rm{//}}AS\).
Nên , :
\(\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AE}}{{BL}},\quad \frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{BL}}{{SE}} \Rightarrow \frac{{KA}}{{KB}} \cdot \frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{AE}}{{SE}} \Rightarrow 2\frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{AE}}{{SE}} = \frac{{SA - SE}}{{SE}} = \frac{{1 - y}}{y}\).
Nên \(\frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{1 - y}}{{2y}} \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{2y}}{{1 + y}}\quad \left( 2 \right)\).
Kết hợp với \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\frac{{MN}}{{\frac{1}{2}AD}} = \frac{{2y}}{{1 + y}} \Rightarrow \frac{{MN}}{{EF}} = \frac{1}{{1 + y}}\).
Mặt khác: \( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = \frac{1}{2}}&{\left( {{\rm{th/m\~a n}}} \right)}\\{y = - \frac{5}{2}}&{\left( {{\rm{loai}}} \right)}\end{array}} \right.\).
Vậy \(y = \frac{1}{2} = 0,5\).
Đáp án: \(0,5\).
PHẦN IV. TỰ LUẬN
Học sinh làm bài từ câu 1 đến câu 3.
a) Rút gọn biểu thức \(A = \frac{{\sin 2\alpha + \cos \alpha }}{{1 - \cos 2\alpha + \sin \alpha }}\).
b) Giải phương trình: \(\sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0\).
a) \(A = \frac{{\sin 2\alpha + \cos \alpha }}{{1 - \cos 2\alpha + \sin \alpha }} = \frac{{2\sin \alpha \cos \alpha + \cos \alpha }}{{2{{\sin }^2}\alpha + \sin \alpha }} = \frac{{\cos \alpha \left( {2\sin \alpha + 1} \right)}}{{\sin \alpha \left( {2\sin \alpha + 1} \right)}} = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \cot \alpha \).
b) \(\sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + \frac{\pi }{3} = k\pi \Leftrightarrow 3x = - \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{9} + \frac{{k\pi }}{3}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Hàm số \(v\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {t^2} + 10t + 5}&{{\rm{khi\;}}\,\,0 \le t \le 6}\\{at + 41}&{{\rm{khi\;}}\,\,\,6 < t \le 12}\end{array}} \right.\) mô tả vận tốc (\({\rm{m/s}}\)) của một vật tại thời điểm \(t\) (giây) trong khoảng thời gian 12 giây đầu tiên kể từ khi vật bắt đầu chuyển động. Biết rằng \(v\left( t \right)\) là hàm liên tục trên đoạn \(\left[ {0;12} \right]\) và trong 12 giây đầu tiên đó, có hai lần vật đạt vận tốc \(21{\rm{\;m/s}}\) là vào các thời điểm \({t_1}\) giây và \({t_2}\) giây. Tính \({t_1} + {t_2}\).
Hàm số \(v\left( t \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {0;12} \right]\) nên hàm số liên tục tại \(t = 6\).
Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{t \to {6^ + }} v\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {6^ - }} v\left( t \right) = v\left( 6 \right)\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{t \to {6^ + }} \left( {at + 41} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {6^ - }} \left( { - {t^2} + 10t + 5} \right) = 29\)
\( \Leftrightarrow 6a + 41 = 29 \Leftrightarrow 6a = - 12 \Leftrightarrow a = - 2\).
Khi đó \(v\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {t^2} + 10t + 5}&{{\rm{khi\;}}0 \le t \le 6}\\{ - 2t + 41}&{{\rm{khi\;}}6 < t \le 12}\end{array}} \right.\).
Vật đạt vận tốc \(21{\rm{\;m/s}} \Leftrightarrow v\left( t \right) = 21\):
Trường hợp 1: \(0 \le t \le 6\): \( - {t^2} + 10t + 5 = 21 \Leftrightarrow - {t^2} + 10t - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 2{\rm{\;(Th/m\~a n)}}}\\{t = 8{\rm{\;(Loai\;v\`i \;}} > 6)}\end{array}} \right.\).
Suy ra \({t_1} = 2\).
Trường hợp 2: \(6 < t \le 12\): \( - 2t + 41 = 21 \Leftrightarrow 2t = 20 \Leftrightarrow t = 10{\rm{\;(Th\;/m\~a n)}}\)
Suy ra \({t_2} = 10\).
Vậy \({t_1} + {t_2} = 2 + 10 = 12\).
Cho hai hình bình hành \(ABCD\) và \(ABEF\) không cùng nằm trong một mặt phẳng.
a) Chứng minh rằng \(AD{\rm{//}}\left( {BEC} \right)\).
b) Gọi \(M\) là trọng tâm của tam giác \(AFE\). Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và song song với mặt phẳng \(\left( {AFD} \right)\). Lấy \(N\) là giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(AC\). Tính tỉ số \(\frac{{AN}}{{NC}}\).
a) Ta có \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow AD{\rm{//}}BC\).
Mà \(BC \subset \left( {BEC} \right)\) và \(AD \not\subset \left( {BEC} \right)\).
Do đó \(AD{\rm{//}}\left( {BEC} \right)\).
b) Ta có \(\left( {ADF} \right){\rm{//}}\left( P \right){\rm{//}}\left( {BEC} \right)\).
Đường thẳng \(FB\) cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại \(F,M,B\).
Đường thẳng \(AC\) cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại \(A,N,C\).
Áp dụng định lý Thales trong không gian: \(\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{FM}}{{MB}}\).
Vì \(M\) là trọng tâm \({\rm{\Delta }}AFE\) nên \(FM = \frac{1}{2}MB \Rightarrow \frac{{FM}}{{MB}} = \frac{1}{2}\).
Do đó: \(\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{1}{2}\).
