Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Vạn Xuân (Hoài Đức-Hà Nội) có đáp án - Đề lẻ
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 \(2;8;x;128\) theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân.
\(x = 14\).
\(x = 32\).
\(x = 64\).
\(x = 68\).
Ta có các số \(2;8;x;128\) theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân khi \(\frac{8}{2} = \frac{x}{8} = \frac{{128}}{x}\). Suy ra \(x = 32\).
Chọn B.
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1} = 2\) và công sai \(d = 4\). Giá trị \({u_{2024}}\) bằng
\(8074\).
\(4074\).
\(8094\).
\(4078\).
Áp dụng công thức số hạng tổng quát: \({u_{2024}} = {u_1} + 2023d = 2 + 2023 \cdot 4 = 8094\).
Chọn C.
Cho các công thức sau, công thức nào đúng?
\(\sin u + \sin v = \sin \frac{{u + v}}{2}\cos \frac{{u - v}}{2}\).
\(\sin u + \sin v = 2\sin \frac{{u + v}}{2}\cos \frac{{u - v}}{2}\).
\(\sin u - \sin v = \sin \frac{{u + v}}{2}\cos \frac{{u - v}}{2}\).
\(\sin u + \sin v = 2\sin \frac{{u + v}}{2}\sin \frac{{u - v}}{2}\).
Theo công thức lượng giác, ta có \(\sin u + \sin v = 2\sin \frac{{u + v}}{2}\cos \frac{{u - v}}{2}\).
Chọn B.
\(T = \mathbb{R}\).
\(T = \left[ { - 1;1} \right]\).
\(T = \left[ {0;1} \right]\).
\(T = 2\pi \).
Ta có: \( - 1 \le \cos x \le 1,\forall x \in \mathbb{R}\) nên \( - 1 \le y \le 1\) hay tập giá trị của hàm số \(y = \cos x\) là \(T = \left[ { - 1;1} \right]\).
Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Gọi \(A',B'\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SB\). Đường thẳng \(A'B'\) song song với mặt phẳng nào sau đây?
\(\left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SCD} \right)\).
\(\left( {SAD} \right)\).
Trong \(\left( {SAB} \right)\) có \(A'B'{\rm{//}}AB\) (vì \(A'B'\) là đường trung bình của ).
Mặt khác trong \(\left( {ABCD} \right)\) ta có \(AB{\rm{//}}CD\) do \(ABCD\) là hình bình hành.
Từ đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'B'{\rm{//}}CD\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\A'B' \not\subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow A'B'{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
Chọn C.
Dãy số giảm.
Dãy số tăng.
Dãy số không tăng, không giảm.
Có số hạng \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 8}}{{n + 3}}\).
Ta có \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1 + 7}}{{n + 1 + 3}} = \frac{{n + 8}}{{n + 4}}\).
Xét hiệu \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{n + 8}}{{n + 4}} - \frac{{n + 7}}{{n + 3}} = \frac{{ - 4}}{{\left( {n + 4} \right)\left( {n + 3} \right)}} < 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).
Suy ra dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy số giảm.
Chọn A.
\(f\left( 1 \right)\) không tính được.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = 0\).
\(f\left( x \right)\) gián đoạn tại \(x = 1\).
\(f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 1\).
Hàm số \(f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 2\quad {\rm{v\`a }}\quad f\left( 1 \right) = 2\). Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).
Suy ra hàm số đã cho liên tục tại \(x = 1\).
Chọn D.
\(\left( {BCB'} \right)\).
\(\left( {D'AC} \right)\).
\(\left( {B'CD'} \right)\).
\(\left( {CB'A} \right)\).
Ta có \[AC{\rm{//}}A'C'\], suy ra \[AC{\rm{//}}\left( {A'DC'} \right)\].
Lại có \[B'A{\rm{//}}C'D\], suy ra \[B'A{\rm{//}}\left( {A'DC'} \right)\].
Mà \[AC \cap B'A = A\] và \[AC,B'A \subset \left( {CB'A} \right)\], suy ra \[\left( {CB'A} \right){\rm{//}}\left( {A'DC'} \right)\].
Chọn D.
\( - \infty \).
\(1\).
\(2\).
\( + \infty \).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2 + \frac{9}{{1945n}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2 + \frac{9}{{1945}} \cdot \frac{1}{n}} \right) = 2 + \frac{9}{{1945}} \cdot 0 = 2\).
Chọn C.
Tìm giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^5} - 3{x^2} + 1} \right)\).
\( + \infty \).
\( - \infty \).
\(0\).
\(2\).
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^5} - 3{x^2} + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5}\left( {2 - \frac{3}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{x^5}}}} \right) = - \infty \) (do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5} = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2 - \frac{3}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{x^5}}}} \right) = 2 > 0\)).
Chọn B.
\(IJ\) song song với \(CD\).
\(IJ\) song song với \(AB\).
\(IJ\) chéo \(CD\).
\(IJ\) cắt \(AB\).
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BD,BC\).
\( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(BCD \Rightarrow MN{\rm{//}}CD\quad \left( 1 \right)\).
Ta có \(I,J\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABD\) và \(ABC\)\( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ{\rm{//}}MN\quad \left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(IJ{\rm{//}}CD\).
Chọn A.
Hình vẽ nào sau đây không phải là hình biểu diễn của hình hộp?
Theo quy tắc vẽ hình biểu diễn trong hình học không gian ta thấy hình A không là hình biểu diễn của hình hộp.
Chọn A.
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 \(f\left( x \right) = {x^2} - 3x + 2\), \(g\left( x \right) = ax + b\) (với \(a,b\) là hằng số).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 2\).
Với \(a = 1,b = - 2\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = - 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {f\left( x \right)} }}{{g\left( x \right)}} = \frac{1}{a}\).
Để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = 2\) thì \(a + b = \frac{3}{2}\).
a) Đúng:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 0 - 3 \cdot 0 + 2 = 2\).
b) Sai:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 1} \right) = 1\).
c) Đúng:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {f\left( x \right)} }}{{g\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 3x + 2} }}{{ax + b}} = \frac{1}{a}\).
d) Sai: Để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = 2\) thì:
- \(ax + b\) có nghiệm bằng \(2 \Leftrightarrow 2a + b = 0 \Leftrightarrow b = - 2a\).
- Khi đó: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{a\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 1}}{a} = \frac{1}{a} = 2 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2} \Rightarrow b = - 1\).
Vậy \(a + b = - \frac{1}{2}\).
Tứ giác \(AMM'A'\) là hình bình hành.
\(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{1}{3}\).
Mặt phẳng \(\left( {IKG} \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\).
Gọi \(H\) là điểm thuộc đoạn \(A'B\) sao cho \(\frac{{BH}}{{BA'}} = \frac{1}{4}\). Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng qua \(H\) và song song với mặt phẳng đáy. Gọi \(J\) là giao điểm của \(\left( \alpha \right)\) và \(CB'\). Tỉ số \(\frac{{JC}}{{JB'}} = \frac{1}{3}\).
a) Đúng:\(MM'\) là đường trung bình của hình bình hành \(BCC'B'\) nên \[\left\{ \begin{array}{l}MM'{\rm{//}}BB'\\MM' = BB'\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MM'{\rm{//}}AA'\\MM' = AA'\end{array} \right.\].
Vậy \(AMM'A'\) là hình bình hành.
b) Sai: Sử dụng tính chất trọng tâm trong tam giác, suy ra \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}\).
c) Sai: Vì \(I,K\) theo thứ tự là trọng tâm các tam giác \(ABC,A'B'C'\) nên \(IM = KM' = \frac{1}{3}A'M' = \frac{1}{3}AM\).
Mà \(IM{\rm{//}}KM'\) nên \(IKM'M\) là hình bình hành.
Suy ra \(IK{\rm{//}}MM'\), mà \(MM' \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow IK{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\quad \left( 1 \right)\).
Trong tam giác \(AMN\) có \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}\) suy ra \(IG{\rm{//}}MN\).
Mà \(MN \subset \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(IG{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\quad \left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\left( {IKG} \right){\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\).
d) Đúng: Vì \(\left( \alpha \right)\) qua \(H\) và song song với mặt phẳng đáy nên \(\left( \alpha \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) theo giao tuyến là đường thẳng \({d_1}\) qua \(H\) và song song \(AB\), \({d_1} \cap BB' = P\).
\(\left( \alpha \right)\) cắt mặt \(\left( {BCC'B'} \right)\) theo giao tuyến là đường thẳng \({d_2}\) qua \(P\) và song song \(BC\).
Gọi \({d_2} \cap CC' = K;\,{d_2} \cap CB' = J \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap CB' = J\).
Ta có \(BP = CK\) nên \(\frac{{JC}}{{JB'}} = \frac{{CK}}{{PB'}} = \frac{{BP}}{{PB'}} = \frac{1}{3}\).
Vậy \(\frac{{JC}}{{JB'}} = \frac{1}{3}\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4.
Năm 2019 dân số thành phố Hà Nội là 8,06 triệu người, tỉ suất di cư thuần (tỉ lệ tăng dân số hàng năm do di cư) của TP Hà Nội là 2,28%. Hỏi nếu giữ nguyên tỉ lệ tăng dân số như năm 2019 thì dân số thành phố Hà Nội 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 thành phố Hà Nội).
Gọi \({P_t}\) là dân số TP Hà Nội vào năm thứ \(t\) sau năm 2019 thì dân số năm thứ \(t + 1\) sau năm 2019 là:
\({P_{t + 1}} = {P_t} + {P_t} \cdot 0,0228 = 1,0228 \cdot {P_t}\)
Vậy dân số TP Hà Nội tăng trưởng theo cấp số nhân với công bội \(q = 1,0228\) tính từ năm 2019.
Công thức tính dân số TP Hà Nội: \({P_t} = {P_0} \cdot {\left( {1,0228} \right)^t}\).
Trong đó:
- \({P_t}\) là dân số sau \(t\) năm tính từ năm 2019.
- \({P_0}\) là dân số ban đầu tính mốc là năm 2019.
Thay số vào công thức: \({P_{30}} = 8,06 \cdot {\left( {1,0228} \right)^{30}} \approx 15,85\) (triệu người).
Làm tròn đến hàng phần mười: 15,9 triệu người.
Đáp án:\(15,9\).
Tính \(A = \lim \frac{{\left( {2n\sqrt n + 1} \right)\left( {\sqrt n + 3} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\).
\(A = \lim \frac{{\left( {2n\sqrt n + 1} \right)\left( {\sqrt n + 3} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \lim \frac{{n\sqrt n \left( {2 + \frac{1}{{n\sqrt n }}} \right) \cdot \sqrt n \left( {1 + \frac{3}{{\sqrt n }}} \right)}}{{n\left( {1 + \frac{1}{n}} \right) \cdot n\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}} = \lim \frac{{\left( {2 + \frac{1}{{n\sqrt n }}} \right)\left( {1 + \frac{3}{{\sqrt n }}} \right)}}{{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}} = \frac{{2 \cdot 1}}{{1 \cdot 1}} = 2\).
Đáp án:\(2\).
Tính \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {x + 3} \right)}^3} - 27}}{x}\).
Ta có \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {x + 3} \right)}^3} - 27}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^3} + 9{x^2} + 27x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{x^2} + 9x + 27} \right) = 27\).
Đáp án:\(27\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang, biết đáy lớn \(AD = 4\), đáy nhỏ \(BC = 2\). Gọi \(E,F\) lần lượt lấy trên \(SA\) và \(SD\) sao cho \(SE = x \cdot SA\), \(SF = x \cdot SD\). \(K\) 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 \(x\) 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: \(SE = x \cdot SA\), \(SF = x \cdot SD\), suy ra \[\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{{EF}}{{AD}} = \frac{x}{1} \Rightarrow EF{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC \Rightarrow \exists \left( {EFCB} \right)\].
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 , :
\(\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AE}}{{BL}},\quad \frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{BL}}{{SE}} \Rightarrow \frac{{KA}}{{KB}} \cdot \frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{AE}}{{SE}} \Rightarrow 2\frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{AE}}{{SE}} = \frac{{SA - SE}}{{SE}} = \frac{{1 - x}}{x}\)
Nên \(\frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{1 - x}}{{2x}} \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{2x}}{{1 + x}}\quad \left( 2 \right)\).
Kết hợp với \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\frac{{MN}}{{\frac{1}{2}AD}} = \frac{{2x}}{{1 + x}} \Rightarrow \frac{{MN}}{{EF}} = \frac{1}{{1 + x}}\).
Mặt khác: \( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{1}{2}}&{\left( {{\rm{th/m\~a n}}} \right)}\\{x = - \frac{5}{2}}&{\left( {{\rm{loai}}} \right)}\end{array}} \right.\).
Vậy \(x = \frac{1}{2} = 0,5\).
Đáp án:\(0,5\).
PHẦN IV. Tự luận. Học sinh làm bài từ câu 1 đến câu 3.
a) Rút gọn biểu thức \(A = \frac{{\sin 2\alpha + \sin \alpha }}{{1 + \cos 2\alpha + \cos \alpha }}\).
b) Giải phương trình: \(\cos \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0\).
a) Ta có: \(A = \frac{{\sin 2\alpha + \sin \alpha }}{{1 + \cos 2\alpha + \cos \alpha }} = \frac{{\sin \alpha \left( {2\cos \alpha + 1} \right)}}{{2{{\cos }^2}\alpha + \cos \alpha }} = \frac{{\sin \alpha \left( {2\cos \alpha + 1} \right)}}{{\cos \alpha \left( {2\cos \alpha + 1} \right)}} = \tan \alpha \).
b) \(\cos \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},\quad k \in \mathbb{Z}\).
Hàm số \(v\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {t^2} + 4t + 12}&{{\rm{khi\;}}\,\,\,0 \le t \le 5}\\{at - 3}&{\,{\rm{khi}}\,\,{\rm{\;}}5 < t \le 10}\end{array}} \right.\) mô tả vận tốc \(\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) của một vật tại thời điểm \(t\) (giây) trong khoảng thời gian 10 giây đầu tiên kể từ khi vật bắt đầu chuyển động. Biết rằng \(v\left( t \right)\) là hàm liên tục trên đoạn \(\left[ {0;10} \right]\) và trong 10 giây đầu tiên đó, có hai lần vật đạt vận tốc \(10\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) là vào các thời điểm \({t_1}\) giây và \({t_2}\) giây. Tính \({t_1} + {t_2}\) (Kết quả làm tròn đến hàng phần 10).
Hàm số \(v\left( t \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {0;10} \right]\) nên hàm số liên tục tại \(t = 5\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{t \to {5^ + }} v\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {5^ - }} v\left( t \right) = v\left( 5 \right)\)
\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{t \to {5^ + }} \left( {at - 3} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {5^ - }} \left( { - {t^2} + 4t + 12} \right) = 7\)\( \Leftrightarrow 5a - 3 = - {5^2} + 4 \cdot 5 + 12 \Leftrightarrow a = 2\).
Khi đó \(v\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {t^2} + 4t + 12}&{{\rm{khi}}\,\,0 \le t \le 5}\\{2t - 3}&{\,\,\,{\rm{khi\;}}\,\,\,5 < t \le 10}\end{array}} \right.\).
Vật đạt vận tốc \(10\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) nên ta có \(v\left( t \right) = 10\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {t^2} + 4t + 12 = 10\quad \left( {0 \le t \le 5} \right)}\\{2t - 3 = 10\quad \left( {5 < t \le 10} \right)}\end{array}} \right] \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 2 + \sqrt 6 }\\{t = \frac{{13}}{2}}\end{array}} \right.\).
Như vậy ta có \({t_1} = 2 + \sqrt 6 \) và \({t_2} = \frac{{13}}{2}\). Vậy \({t_1} + {t_2} = 2 + \sqrt 6 + \frac{{13}}{2} \approx 10,9\).
Cho hai hình bình hành \(ABCD\) và \(ABEF\) không cùng nằm trong một mặt phẳng.
a) Chứng minh rằng \(BC{\rm{//}}\left( {AFD} \right)\).
b) Gọi \(M\) là trọng tâm của tam giác \(ABE\). 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 \(\frac{{AN}}{{NC}}\).
a) Ta có: \(AD{\rm{//}}BC\) (\(ABCD\) là hình bình hành).
Mà \(AD \subset \left( {AFD} \right)\), \(BC \not\subset \left( {AFD} \right)\).
Nên \(BC{\rm{//}}\left( {AFD} \right)\).
b) \(\left( {ADF} \right){\rm{//}}\left( P \right){\rm{//}}\left( {BEC} \right)\).
Ta có \(FB\) cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại \(F,M,B\); \(AC\) cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại \(A,N,C\).
Áp dụng định lý Thales: \(\frac{{AN}}{{FM}} = \frac{{NC}}{{MB}} \Rightarrow \frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{FM}}{{MB}} = 2\).
Do đó: \(\frac{{AN}}{{NC}} = 2\).
