Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Yên Khánh A (Ninh Bình) năm 2023-2024 (có đáp án)
34 câu hỏi
vô số.
\(10\).
\(9\).
\(11\).
Chọn D
Ta có \(f\left( x \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\\Delta ' = {m^2} - 6m - 16 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m \le 8\).
Do \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\)có 11 giá trị.
\(1\).
\( - 6\).
\(2\).
\(3\).
Chọn A
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {5f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right] = 5\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right)\mathop { - 3\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = 5.2 - 3.3 = 1\).
\(x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2},\,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{2},\,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\).
Chọn A
Ta có \(\tan 2x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \tan 2x = \tan \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây.
Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 1\) là
\(1\).
\(3\).
\(2\).
\(0\).
Chọn C
Ta có Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] và đường thẳng \(y = 1\). Từ hình vẽ suy ra có hai nghiệm.
Đo chiều cao của học sinh khối lớp 11 của trường THPT, ta được mẫu số liệu sau:
Trung vị của mẫu số liệu đó là
\(156,09\).
\(156,67\).
\(156,08\).
\(154,08\).
Chọn C
+ Cỡ mẫu \[n = 20 + 35 + 45 + 60 + 30 + 15 = 205\].
Gọi \[{x_1},{x_2}...{x_{205}}\] sắp xếp theo thứ tự không giảm thì trung vị là \({x_{103}}\) thuộc nhóm \(\left[ {15,6;15,8} \right]\).
\(p = 4,{m_p} = 60,{a_4} = 156,{m_1} + {m_2} + {m_3} = 100,{a_5} - {a_4} = 2\). Áp dụng công thức
\({M_e} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{2} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}\left( {{a_{p + 1}} - {a_P}} \right) = 156 + \frac{{\frac{{205}}{2} - 100}}{{60}}.2 \simeq 156,08\)
\(\frac{{33}}{{65}}\).
\(\frac{2}{{15}}\).
\(\frac{{10}}{{33}}\).
\(\frac{{32}}{{65}}\).
Chọn D
Từ số 1 đến số 15 có 7 số chẵn và 8 số lẻ
Gọi không gian mẫu \(\Omega \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{15}^4 = 1365\)
Gọi E : “ Biến cố lấy được 4 thẻ mà tổng các số ghi trên thẻ là một số lẻ”
Ta có tổng 4 số là một số lẻ trong các trường hợp:
+ TH1: \[3\] số lẻ và 1 số chẵn có \(C_8^3.C_7^1 = 392\) cách.
+ TH2: \[3\] số chẵn và 1 số lẻ có \(C_7^3.C_8^1 = 280\) cách.
Suy ra \(n\left( E \right) = 392 + 280 = 672\). Vậy xác suất cần tìm \(P\left( E \right) = \frac{{n\left( E \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{672}}{{1365}} = \frac{{32}}{{65}}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành, gọi \(M,N,P,Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(SA,SC,BC\) và \(AB\) (tham khảo hình vẽ sau).
Khẳng dịnh nào sau đây sai?
\(MQ\,{\rm{//}}\,NP\).
\(MP\,{\rm{//}}\,NQ\,\).
\(MN\,{\rm{//}}\,PQ\).
\(MN\,{\rm{//}}\,AC\).
Chọn B
+ \(M,N\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(SA,SC \Rightarrow MN{\rm{//}}AC\) nên D đúng
+ \(P,Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(BC\),\(AB \Rightarrow PQ{\rm{//}}AC \Rightarrow PQ{\rm{//}}MN\) nên C đúng
+ \(M,Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(SA,AB \Rightarrow MQ{\rm{//SB}}\)
\(N,P\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(SC,CB \Rightarrow NP{\rm{//SB}}\)
Do đó \(MQ{\rm{//}}NP\) nên A đúng
Khảo sát thời gian tập thể dục của một số học sinh khối 11 thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:
Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu trên là nhóm ứng với nửa khoảng nào dưới đây?
\[[20;40)\].
\[[80;100)\].
\[[40;60)\].
\[[60;80)\].
Chọn C
Nhóm có tần số lớn nhất là nhóm chứa Mốt nên là nửa khoảng \[[40;60)\].
\(4.\)
\(3\).
\(5\).
\(1\).
Chọn A
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 12d = 40\\{u_1} + 2d = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 4\\d = 3\end{array} \right.\].
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 34 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\left( {6; - 1} \right)\).
\(\left( {0;1} \right)\).
\(\left( {6;1} \right)\).
\(\left( {1;6} \right)\).
Chọn A
Ta có \(ABCD\) là hình bình hành \[ \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} - 2 = 3 - \left( { - 1} \right)\\{y_D} - 1 = 0 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 6\\{y_D} = - 1\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {6; - 1} \right)\].
\(P = 0\).
\(P = 2\cos x\).
\(P = - 4\cos x\).
\(P = 4\cos x\).
Chọn D
Ta có \(P = \sin \left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) - 2\cos \left( {x + 3\pi } \right) + \cot \left( {x + 2023\pi } \right).\sin \left( {\pi - x} \right)\)\(ABC\)
\( = \cos \left( { - x} \right) - 2\left( { - \cos x} \right) + \cot x.\sin x = \cos x + 2\cos x + \cos x = 4\cos x\)
\[3\sqrt 2 \].
\[28\].
\(2\sqrt 7 \).
\[4\sqrt 2 \].
Chọn C
Áp dụng định lí Côsin cho tam giác : \[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A = 16 + 36 - 2.4.6.\frac{1}{2} = 28 \Rightarrow BC = 2\sqrt 7 \].
\(\sin \alpha = \frac{5}{9}\).
\(\sin \alpha = - \frac{{\sqrt 5 }}{3}\).
\(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\).
\(\sin \alpha = - \frac{5}{9}\).
Chọn B
Ta có \[{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Leftrightarrow \sin \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } \Rightarrow \sin \alpha = - \sqrt {1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} = - \frac{{\sqrt 5 }}{3}\] (vì \( - \frac{\pi }{2} < \alpha < 0\) nên \(\sin \alpha < 0\)) .
\(A_{20}^5\).
\({5^{20}}\).
\({2^{20}}\).
\(C_{20}^5\).
Chọn D
Mỗi tập con có 5 phần tử là một tổ hợp chập 5 của 20 nên số tập con là \(C_{20}^5\).
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) (tham khảo hình vẽ sau).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt các cạnh \(AA',\,BB',\,CC',\,DD'\) lần lượt tại \(M,\,N,\,P,\,Q\). Tứ giác \(MNPQ\) là hình gì?
Hình thang nhưng không phải hình bình hành.
Hình chữ nhật.
Hình bình hành.
Tứ giác nhưng không phải hình thang.
Chọn C
Ta có
+ \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABA'B'} \right){\rm{//}}\left( {CDC'D'} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {ABA'B'} \right) = MN\\\left( P \right) \cap \left( {CDC'D'} \right) = PQ\end{array} \right. \Rightarrow MN{\rm{//}}PQ\].
+ \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {BCB'C'} \right){\rm{//}}\left( {ADA'D'} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {BCB'C'} \right) = NP\\\left( P \right) \cap \left( {ADA'D'} \right) = MQ\end{array} \right. \Rightarrow NP{\rm{//}}MQ\].
Do đó tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành.
Điều tra về điểm của học sinh lớp 11A1, ta có kết quả sau:
Điểm trung bình của học sinh lớp 11A1 là
\(6,65\).
\(6,6\).
\(6,56\).
\(6,5\).
Chọn A
Giá trị đại diện của các nhóm là: \[{x_1} = \frac{{2 + 0}}{2} = 1,{x_2} = 3,{x_3} = 5,{x_4} = 7,{x_5} = 9\].
Cỡ mẫu: \(n = 40\), tần số các nhóm: \[{m_1} = 1,{m_2} = 3,{m_3} = 7,{m_4} = 20,{m_5} = 9\].
Số trung bình \(\overline x = \frac{{{m_1}{x_1} + {m_2}{x_2} + {m_3}{x_3} + {m_4}{x_4} + {m_5}{x_5}}}{n} = \frac{{1.1 + 3.3 + 5.7 + 7.20 + 9.9}}{{40}} = 6,65\).
\(n = 9\).
\(n = 6\).
\(n = 7\).
\(n = 8\).
Chọn D
Áp dụng \[{S_n} = \frac{{{u_1}\left( {{q^n} - 1} \right)}}{{q - 1}} \Leftrightarrow 765 = \frac{{3\left( {{2^n} - 1} \right)}}{{2 - 1}} \Leftrightarrow 255 = {2^n} - 1 \Leftrightarrow {2^n} = {2^8} \Leftrightarrow n = 8\].
\(\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{{36}} - \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{{36}} - \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\).
Chọn A
+ \({F_1}\left( { - 4;0} \right) \Rightarrow c = 4\)
+ \({A_1}\left( { - 6;0} \right) \Rightarrow a = 6\)
Suy ra \(b = \sqrt {{a^2} - {c^2}} = \sqrt {20} \) do đó phương trình Elip là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\).
\[\frac{1}{2}\].
\[ - 5\].
\[\frac{3}{2}\].
\[ - \frac{5}{2}\].
Chọn D
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{3^n} - {{5.2}^{2n}}}}{{{{2.3}^n} + {2^{2n + 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{{{3^n}}}{{{4^n}}} - 5}}{{2.\frac{{{3^n}}}{{{4^n}}} + 2}} = - \frac{5}{2}\).
(1) sai, (2) đúng.
(1) đúng, (2) sai.
(1), (2) đều sai.
(1), (2) đều đúng.
Chọn C
+ \(\left\{ \begin{array}{l}d\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\\a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\,{\rm{//}}\,a\) sai vì \(a\) và \(d\) có thể chéo nhau
+ \(\left\{ \begin{array}{l}d\,{\rm{//}}\,a\\a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\) sai vì \(d\)có thể nằm trong \(\left( P \right)\)
mặt phẳng chứa một đường thẳng và một điểm thuộc đường thẳng đó.
mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.
mặt phẳng chứa hai đường thẳng.
mặt phẳng đi qua ba điểm phân biệt.
Chọn B
Theo sự xác định mặt phẳng \[A,B,C\]không thẳng hàng \( \Rightarrow \exists !{\rm{ }}mp{\rm{ }}\left( {ABC} \right)\).
\[\frac{{21\sqrt 5 }}{{10}}\].
\[\frac{{42\sqrt 5 }}{5}\].
\(\frac{{3\sqrt 5 }}{5}\).
\(\frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}\).
Chọn C
+ Ta có \[{S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = p.r \Rightarrow r = \frac{{\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} }}{p}\]
\[ = \sqrt {\frac{{\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}}{p}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}\] .
\(\cos 4\alpha = - \frac{7}{9}\).
\(\cos 4\alpha = \frac{7}{9}\).
\(\cos 4\alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
\(\cos 4\alpha = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
Chọn B
Ta có \(\sin \left( {2\alpha + \frac{\pi }{3}} \right) + \sin \left( {2\alpha - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{3} \Leftrightarrow 2\sin 2\alpha .\cos \frac{\pi }{3} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \sin 2\alpha = \frac{1}{3}\).
Mặt khác: \(\cos 4\alpha = 1 - 2{\sin ^2}2\alpha = 1 - 2.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{7}{9}\).
\(3\).
\(0\).
\(2\).
\(1\).
Chọn C
+ \(y = \tan x\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}} \right)\)
+ \(y = \sin x\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}} \right)\)
+ \(y = \cos x\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{4};0} \right)\)và nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).
\(\frac{3}{2}\).
\( + \infty \).
\(2\).
\( - \infty \).
Chọn D
Ta có \[x \to {2^ - } \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \to 2\\x < 2\end{array} \right.\] nên \(\left( {2x - 3} \right) \to 1 > 0\) và \(x - 2 \to 0\) và âm do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{2x - 3}}{{x - 2}} = - \infty \)
Lưu ý: Dùng MTBT.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định \(\mathbb{R}\) và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây
Tổng các giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( {4\cos 2x + m} \right) = 8{\sin ^2}x - m - 3\) có \(10\) nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ { - \frac{{3\pi }}{4};\frac{{3\pi }}{4}} \right]\) bằng
\(2\).
\(3\).
\(6\).
\(5\).
Chọn C
Ta có \(f\left( {4\cos 2x + m} \right) = 8{\sin ^2}x - m - 3 = - 4\left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right) - m + 1 = 1 - \left( {4co2x + m} \right)\)
Đặt \(t = 4co2x + m\) được phương trình \(f\left( t \right) = 1 - t\)
Từ đồ thị hai hàm số suy ra phương trình \(f\left( t \right) = 1 - t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = 1\\t = 3\end{array} \right.\) .
Ta đưa bài toán về tìm \(m\) để các phương trình \(\left[ \begin{array}{l}4\cos 2x + m = - 1\\4\cos 2x + m = 1\\4\cos 2x + m = 3\end{array} \right.\) có \(10\) nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ { - \frac{{3\pi }}{4};\frac{{3\pi }}{4}} \right]\).
Đặt \(u = 2x\) thì các phương trình \(\left[ \begin{array}{l}\cos u = \frac{{ - m - 1}}{4}\left( 1 \right)\\\cos u = \frac{{ - m + 1}}{4}\left( 2 \right)\\\cos u = \frac{{ - m + 1}}{4}\left( 3 \right)\end{array} \right.\) có \(10\) nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]\). Ta xét:
+ Phương trình \(\cos u = \frac{{ - m - 1}}{4}\) có 4 nghiệm thuộc \(\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) khi \( - 1 \le \frac{{ - m - 1}}{4} \le 0\)
\( - 3 \le - m \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le m \le 3 \Rightarrow m = - 1;0;1;2;3\).
+ Phương trình \(\cos u = \frac{{ - m + 1}}{4}\) có 4 nghiệm khác nghiệm của \(\left( 1 \right)\) thuộc \(\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) khi \( - 1 < \frac{{ - m + 1}}{4} < 0 \Leftrightarrow - 5 < - m < - 1 \Leftrightarrow 1 < m < 5 \Rightarrow m = 1;2;3;4\).
+ Phương trình \(\cos u = \frac{{ - m + 1}}{4}\) có 2 nghiệm thuộc \(\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) khi \(0 < \frac{{ - m + 3}}{4} < 1 \Leftrightarrow - 3 < - m < 1 \Leftrightarrow - 1 < m < 3 \Rightarrow m = 0;1;2\).
Vậy \(m = - 1;0;1;2;3;4\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có tứ giác \(ABCD\) là hình thang cạnh đáy \(AD,\,BC\) thỏa mãn \(AD = 2BC\). Gọi \(M,N,P\) lần lượt thuộc cạnh \(SA,SB,SC\) sao cho \(MA = MS;\,NS = 3NB;\,PS = 2PC\) (tham khảo hình vẽ sau).
Mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) cắt \(SD\) tại \(Q\). Biết \(\frac{{QS}}{{QD}} = \frac{a}{b}\) (với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản). Tính \(S = {a^2} + 2{b^2}\)
\(S = 34\).
\(S = 134\).
\(S = 41\).
\(S = 107\).
Chọn C
Gọi \[E = MN \cap AB\] ta có \(\frac{{EB}}{{EA}}.\frac{{MA}}{{MS}}.\frac{{NS}}{{NB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{EB}}{{EA}}.\frac{1}{1}.\frac{3}{1} = 1 \Leftrightarrow \frac{{EB}}{{EA}} = \frac{1}{3}\).
Gọi \[F = NP \cap BC\] ta có \(\frac{{FB}}{{FC}}.\frac{{PC}}{{PS}}.\frac{{NS}}{{NB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{FB}}{{FC}}.\frac{1}{2}.\frac{3}{1} = 1 \Leftrightarrow \frac{{FB}}{{FC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow FB = AD\).
Gọi \[K = EF \cap AD \Rightarrow Q = KM \cap SD\].
Do \(FB{\rm{//}}AK \Rightarrow \frac{{AK}}{{FB}} = \frac{{EA}}{{EB}} = 3 \Rightarrow AK = 3FB = 3AD\).
Mặt khác \(\frac{{KA}}{{KD}}.\frac{{QD}}{{QS}}.\frac{{MS}}{{MA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{6}{8}.\frac{{QD}}{{QS}}.\frac{1}{1} = 1 \Leftrightarrow \frac{{QD}}{{QS}} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \frac{{QS}}{{QD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 4\end{array} \right.\)
Suy ra \(S = {a^2} + 2{b^2} = 9 + 2.16 = 41\).
\(2048\).
\(1022\).
\(4608\).
\(1024\).
Chọn B
Người thứ nhất đã mua và được tặng tổng số ổi là: \[\frac{x}{2} + 1 = \frac{{x + 2}}{2}\] quả.
Người thứ hai đã mua và được tặng tổng số ổi là: \[\frac{1}{2}\left[ {x - \frac{{x + 2}}{2}} \right] + 1 = \frac{{x + 2}}{{{2^2}}}\] quả.
Người thứ ba đã mua và được tặng tổng số ổi là: \[\frac{1}{2}\left[ {x - \frac{{x + 2}}{2} - \frac{{x + 2}}{{{2^2}}}} \right] + 1 = \frac{{x + 2}}{{{2^3}}}\] quả.
…
Người thứ chín đã mua và được tặng tổng số ổi là: \[\frac{1}{2}\left[ {x - \frac{{x + 2}}{2} - ... - \frac{{x + 2}}{{{2^8}}}} \right] + 1 = \frac{{x + 2}}{{{2^9}}}\] quả.
Ta coá phương trình: \(\frac{{x + 2}}{2} + \frac{{x + 2}}{{{2^2}}} + ... + \frac{{x + 2}}{{{2^9}}} = x \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right).\frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{{2^9}}}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}} = x \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{2^9} - 1} \right) = {2^9}x \Leftrightarrow x = 1022\).
\(\frac{{ - 15}}{2}\).
\( - \frac{{15}}{4}\).
\(\frac{{ - 5}}{2}\).
\(\frac{{25}}{4}\).
Chọn C
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} + ax + b}}{{2{x^2} - 7x + 3}} = \frac{1}{2}\) suy ra \(x = 3\) là một nghiệm của phương trình \({x^2} + ax + b = 0\)nên \(9 + 3a + b = 0 \Rightarrow b = - 3a - 9\).
Khi đó \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} + ax - 3a - 9}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {2x - 1} \right)}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + a + 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {2x - 1} \right)}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{a + 6}}{5} = \frac{1}{2} \Rightarrow a = - \frac{7}{2}\].
Khi đó \(a = - \frac{7}{2},b = \frac{3}{2} \Rightarrow S = 2a + 3b = - \frac{5}{2}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\), có \(ABCD\) là hình thang cạnh đáy \(AB,\,CD\) và \(CD = 6\) (tham khảo hình vẽ bên).
Gọi \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,BC\); \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa \(MN\) và song song với \(AB\), \(\left( \alpha \right)\)cắt \(SB\), \(AD\) lần lượt tại \(H,K\). Biết tứ giác \(MHNK\)là hình thang có đáy lớn gấp 3 lần đáy nhỏ. Tính \(AB\).
\(AB = 4\).
\[AB = 3\].
\(AB = 4,5\).
\(AB = 2\).
Chọn B
Ta có mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] cắt các mặt \(\left( {SAB} \right),\left( {ABCD} \right)\) theo cac giao tuyến song song với \(AB\) nên \(MHNK\) là hình thang có \(NK = 3MH\).
+ \(MH = \frac{1}{2}AB \Rightarrow NK = \frac{3}{2}AB\) mà \(2NK = AB + CD \Leftrightarrow 2.\frac{3}{2}AB = AB + 6 \Leftrightarrow AB = 3\).
Gọi \(d\) là công sai của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\).
Tổng 100 số hạng đầu của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({S_{100}} = \frac{{2.32 + 99.\left( { - 6} \right)}}{2} \cdot 100 = - 26500\).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {4{n^2} + 9n - 1} - 3n} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n\left( {\sqrt {4 + \frac{3}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}} - 3} \right) = - \infty \)
vì \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {4 + \frac{9}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}} - 3} \right) = \sqrt 4 - 3 = - 1 < 0\end{array} \right.\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {2x + 3} - 3}}{{2{x^2} - 7x + 3}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{2x + 3 - 9}}{{\left( {\sqrt {2x + 3} + 3} \right)\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{2\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt {2x + 3} + 3} \right)\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{2}{{\left( {\sqrt {2x + 3} + 3} \right)\left( {2x - 1} \right)}} = \frac{1}{{15}}\)
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABB'A'} \right)\,\,{\rm{//}}\,\,\left( {CDD'C'} \right)\\\left( {MNK} \right) \cap \left( {ABB'A'} \right) = MN\\K \in \left( {MNK} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNK} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right) = KH\,\left( {KH\,\,{\rm{//}}\,MN,\,H \in DD'} \right)\).
b)
Gọi \(E,\,E'\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,CD\) và \(I\) là giao điểm của \(EE'\) và \(MN\), \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\); \(G\) là giao điểm của \(MK\) và \(HI\).
Ta có \(I\) là trung điểm của \(MN\);
\(ADCE.A'D'C'E'\) là hình hộp.
\(O\) là trung điểm của \(AC,\,BD\); \(G\) là trung điểm của \(MK,IH\);
\(AMKC\) là hình thang có \(OG\) là đường trung bình nên \(AM + KC = 2OG\).
\(EDHI\) là hình thang có \(OG\) là đường trung bình nên \(EI + DH = 2OG\).
Suy ra \(AM + KC = EI + DH \Rightarrow \frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{KC}}{{CC'}} = \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{5}{4}\) (*)
(Học sinh có thể nêu \(ADCE.A'D'C'E'\) là hình hộp, \(\left( {MNP} \right)\) cắt \(AA',\,EE',\,CC',DD'\) lần lượt tại \(M,K,I,H\) nên ta có: \(\frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{KC}}{{CC'}} = \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{5}{4}\) (*)).
\(ABNM\) là hình thang có \(EI\) là đường trung bình nên \(AM + BN = 2EI \Rightarrow \frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{BN}}{{BB'}} = 2\frac{{EI}}{{EE'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} = \frac{7}{{12}}\) (**)
Từ \(\left( * \right)\left( {**} \right)\) suy ra \(\frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{2}{3}\). Suy ra \(\frac{{DH}}{{D'H}} = 2\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
