Đề ôn thi giữa kì I môn Toán 11

Dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_1 = 1$ và $u_{n+1} = u_n + 2$ với mọi $n \ge 1$ có $u_{n+1} - u_n = 2$ không đổi, nên là một cấp số cộng với công sai $d = 2$.

Ta có $$u_8 = u_1 + 7d \Rightarrow 26 = \frac{1}{3} + 7d \Rightarrow 7d = \frac{77}{3} \Rightarrow d = \frac{11}{3}.$$

Ta có $$\tan \left(\alpha - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan \alpha - \tan \frac{\pi}{4}}{1 + \tan \alpha \tan \frac{\pi}{4}} = \frac{2 - 1}{1 + 2 \cdot 1} = \frac{1}{3}.$$

Thay $n = 5$ vào công thức số hạng tổng quát, ta được $u_5 = \frac{2 \cdot 5^2 - 1}{5^2 + 3} = \frac{49}{28} = \frac{7}{4}$.

Từ hình vẽ, điểm $G$ nằm trong mặt bên $(ACD)$ (vì $AG$ vẽ bằng nét liền, tức là nằm ở mặt bên ngoài, nhìn thấy).

Bán kính đường tròn là $R = \frac{12}{2} = 6\,\mathrm{cm}$. Số đo ra-đi-an của cung có độ dài $l = 3\,\mathrm{cm}$ là $\alpha = \frac{l}{R} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

Vì $I$ là trọng tâm $\triangle ABC$ nên $\frac{AI}{AM} = \frac{2}{3}$. Vì $J$ là trọng tâm $\triangle ABD$ nên $\frac{AJ}{AN} = \frac{2}{3}$. Trong $\triangle AMN$, ta có $\frac{AI}{AM} = \frac{AJ}{AN} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ \parallel MN$. Mặt khác, $MN$ là đường trung bình của $\triangle BCD$ nên $MN \parallel CD$. Suy ra $IJ \parallel CD$.

Vì $M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB, AC$ nên $MN$ là đường trung bình của $\triangle ABC$, suy ra $MN \parallel BC$. Mà $BC \subset (BCD)$ và $MN \not\subset (BCD)$, nên $MN \parallel (BCD)$.

Ta có $$\sin \left(x + \frac{\pi}{6}\right) =\text{–}1 \Leftrightarrow x + \frac{\pi}{6} = -\frac{\pi}{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = -\frac{2\pi}{3} + k2\pi \ (k \in \mathbb{Z}).$$

Đổi 3 h = 180 min. Số lần phân đôi là $n = \frac{180}{20} = 9$ lần. Số lượng vi khuẩn sau 3 h là $100 \cdot 2^9 = 100 \cdot 512 = 51200$.

Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $BC, BD$. Vì $I, J$ là trọng tâm $\triangle ABC$ và $\triangle ABD$ nên $\frac{AI}{AM} = \frac{AJ}{AN} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ \parallel MN$. Mà $MN$ là đường trung bình của $\triangle BCD$ nên $MN \parallel CD$. Suy ra đường thẳng $IJ$ song song với đường thẳng $CD$.

Với $x \in \left[\frac{3\pi}{4}; \pi\right]$, ta có $\cos x \in \left[-1; -\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$. Suy ra $\cos^2 x \in \left[\frac{1}{2}; 1\right]$. Do đó:

• Giá trị lớn nhất $M = 2(1) + 4 = 6$ (khi $\cos x =\text{–}1 \Leftrightarrow x = \pi$).

• Giá trị nhỏ nhất $m = 2\left(\frac{1}{2}\right) + 4 = 5$ (khi $\cos x = -\frac{\sqrt{2}}{2} \Leftrightarrow x = \frac{3\pi}{4}$).

Vậy $M + 2m = 6 + 2(5) = 16$.

• a) Đúng. Thay $t = 7$ vào công thức: $T(7) = 36 + 3\sin 0 = 36^\circ\mathrm{C}$.

• b) Sai. Lúc $1\,\mathrm{h}$ chiều tức $t = 13$ thì $$T(13) = 36 + 3\sin\frac{\pi}{12}(13 - 7) = 36 + 3\sin\frac{\pi}{2} = 39^\circ\mathrm{C}.$$

• c) Sai. Ta có $$T(t) = 39 \Leftrightarrow 36 + 3\sin\frac{\pi}{12}(t - 7) = 39 \Leftrightarrow \sin\frac{\pi}{12}(t - 7) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi}{12}(t - 7) = \frac{\pi}{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 13 + 24k.$$ Vì $0 < t \le 24$ nên chỉ có 1 thời điểm $t = 13\,\mathrm{h}$ trong ngày đạt nhiệt độ $39^\circ\mathrm{C}$.

• d) Đúng. Do $\sin\frac{\pi}{12}(t - 7) \le 1$ nên $T(t) \le 36 + 3 = 39^\circ\mathrm{C}$. Đẳng thức xảy ra khi $t = 13\,\mathrm{h}$.

• a) Sai. Hàm số lượng giác $y =\text{–}6\sin^2(2x) - 8$ xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$, tức là $D = \mathbb{R}$.

• b) Đúng. Ta có $0 \le \sin^2(2x) \le 1 \Rightarrow -6 \le -6\sin^2(2x) \le 0 \Rightarrow -14 \le y \le -8$. Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là –8.

• c) Sai. Ta có $y =\text{–}6\cdot\frac{1 - \cos 4x}{2} - 8 = 3\cos 4x - 11$. Chu kì của hàm số là $T = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$.

• d) Đúng. Như đã chứng minh ở câu b), tập giá trị của hàm số là $T = [-14;\text{–}8]$.

Giá trị chiếc điện thoại sau 3 năm là:

$$10 \cdot (1 - 20\%)^3 = 10 \cdot 0{,}8^3 = 5{,}12 \text{ (triệu đồng)}.$$

Số dư tích lũy sau $n$ năm lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu $u_1 = 45000$ và công sai $d = 2500$. Tổng số dư sau $n$ năm là:

$$S_n = \frac{n}{2} [2u_1 + (n - 1)d] = \frac{n}{2} [2 \cdot 45000 + (n - 1) \cdot 2500] = \frac{n}{2} (87500 + 2500n).$$

Theo đề bài, ta có:

$$\frac{n}{2} (87500 + 2500n) = 307500 \Leftrightarrow 2500n^2 + 87500n - 615000 = 0 \Leftrightarrow n^2 + 35n - 246 = 0.$$

Giải phương trình ta được $n = 6$ (nhận) hoặc $n =\text{–}41$ (loại). Vậy sau 6 năm làm việc Nam trả hết số tiền mua nhà.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, $M$ đối xứng với $B$ qua $A$ nên $A$ là trung điểm của $MB$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Khi đó $AO$ là đường trung bình của $\triangle BMD$, suy ra $AO \parallel MD$, hay $AC \parallel MD$. Trong mặt phẳng $(SMC)$, kéo dài $MN$ cắt $SA$ tại $G$. Ta cần tìm giao điểm $G$ của $MN$ với $(SAD)$. Vì $G \in SA \subset (SAD)$ nên $G = MN \cap (SAD)$. Xét tam giác $SMC$, gọi $A$ thuộc $MC$ sao cho $MA = AC$ (do $A$ là trung điểm $MC$ vì $A$ là trung điểm $MB$ và $ABCD$ là hình bình hành $\Rightarrow MC = 2AC$ là sai, ta có $M, A, C$ không thẳng hàng trừ khi xét các đường ngang). Chính xác hơn: Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $E = MC \cap AD$. Vì $AD \parallel BC$ và $A$ là trung điểm $MB$, suy ra $AD$ là đường trung bình của $\triangle MBC$, do đó $E$ là trung điểm của $MC$. Trong mặt phẳng $(SMC)$, nối $SE$. Vì $G \in MN$ và $G \in (SAD)$ nên $G$ nằm trên đường thẳng $SE = (SMC) \cap (SAD)$. Vậy $G = MN \cap SE$. Trong $\triangle SMC$, $SE$ là đường trung tuyến (do $E$ là trung điểm $MC$) và $MN$ là đường trung tuyến (do $N$ là trung điểm $SC$). Do đó $G$ chính là trọng tâm của $\triangle SMC$. Suy ra $\frac{GM}{GN} = 2$.

Ta có:

$$2\sin\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) - \sqrt{3} = 0 \Leftrightarrow \sin\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2} = \sin\frac{\pi}{3}.$$$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{3} + k2\pi \\ 2x - \frac{\pi}{3} = \pi - \frac{\pi}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x = \frac{2\pi}{3} + k2\pi \\ 2x = \pi + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi}{3} + k\pi \\ x = \frac{\pi}{2} + k\pi \end{array} \right. (k \in \mathbb{Z}).$$

Vì $x \in (0; 3\pi)$ nên ta xét 2 trường hợp:

• Với $x = \frac{\pi}{3} + k\pi$: $0 < \frac{\pi}{3} + k\pi < 3\pi \Leftrightarrow -\frac{1}{3} < k < \frac{8}{3} \Rightarrow k \in \{0; 1; 2\}$ (3 nghiệm).

• Với $x = \frac{\pi}{2} + k\pi$: $0 < \frac{\pi}{2} + k\pi < 3\pi \Leftrightarrow -\frac{1}{2} < k < \frac{5}{2} \Rightarrow k \in \{0; 1; 2\}$ (3 nghiệm).

Các nghiệm này đều phân biệt. Vậy có tất cả $3 + 3 = 6$ nghiệm.

Lãi suất mỗi tháng trong 12 tháng đầu là $r_1 = \frac{4\%}{12} = \frac{1}{300}$. Lãi suất mỗi tháng từ tháng thứ 13 đến tháng thứ 24 là $r_2 = \frac{5\%}{12} = \frac{1}{240}$.

Đến cuối tháng 12 (đầu tháng 13), số tiền 12 khoản gửi đầu tiên tích lũy được là:

$$A_{12} = 10(1 + r_1) + 10(1 + r_1)^2 + \ldots + 10(1 + r_1)^{12} = 10(1 + r_1) \cdot \frac{(1 + r_1)^{12} - 1}{r_1}$$

Kể từ tháng thứ 13, số tiền này được tính theo lãi suất mới $r_2$ trong 12 tháng nữa, nên đến đầu tháng thứ 25 nó thành:

$$A_{12} \cdot (1 + r_2)^{12}$$

Đồng thời, trong 12 tháng tiếp theo (từ tháng 13 đến tháng 24), anh Hùng gửi thêm 12 khoản tiền mới, mỗi khoản 10 triệu đồng với lãi suất $r_2$. Đến đầu tháng 25, tổng số tiền của 12 khoản gửi mới là:

$$B_{12} = 10(1 + r_2) + 10(1 + r_2)^2 + \ldots + 10(1 + r_2)^{12} = 10(1 + r_2) \cdot \frac{(1 + r_2)^{12} - 1}{r_2}$$

Tổng số tiền anh Hùng nhận được vào đầu tháng thứ 25 là:

$$S = A_{12} \cdot (1 + r_2)^{12} + B_{12}$$

Tính cụ thể:

• $r_1 = \frac{1}{300} \Rightarrow 1 + r_1 = \frac{301}{300}$
• $r_2 = \frac{1}{240} \Rightarrow 1 + r_2 = \frac{241}{240}$
• $A_{12} = 10 \cdot \frac{301}{300} \cdot \frac{(301/300)^{12} - 1}{1/300} \approx 122{,}628 \text{ (triệu đồng)}$
• $A_{12} \cdot (1 + r_2)^{12} \approx 122{,}628 \cdot (241/240)^{12} \approx 128{,}899 \text{ (triệu đồng)}$
• $B_{12} = 10 \cdot \frac{241}{240} \cdot \frac{(241/240)^{12} - 1}{1/240} \approx 123{,}302 \text{ (triệu đồng)}$
• $S \approx 128{,}899 + 123{,}302 = 252{,}201 \text{ (triệu đồng)}$

Làm tròn đến hàng triệu, ta được 252 triệu đồng.

Gọi $E, F$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA, SD$. Trong $\triangle SAB$, $M$ là trọng tâm nên $B, M, E$ thẳng hàng và $BE$ là đường trung tuyến. Do đó $I = BM \cap CN$ chính là giao điểm của $BE$ và $CF$. Trong $\triangle SCD$, $N$ là trọng tâm nên $C, N, F$ thẳng hàng và $CF$ là đường trung tuyến. Vì $E, F$ lần lượt là trung điểm của $SA, SD$ nên $EF$ là đường trung bình của $\triangle SAD$, do đó $EF \parallel AD$ và $EF = \frac{1}{2}AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD \parallel BC$ và $AD = BC$. Suy ra $EF \parallel BC$ và $EF = \frac{1}{2}BC$. Xét hai tam giác $IEF$ và $ICB$ trong mặt phẳng $(EFCB)$: Ta có $EF \parallel BC$, suy ra $\triangle IEF \sim \triangle ICB$. Do đó:

$$\frac{IE}{IB} = \frac{IF}{IC} = \frac{EF}{BC} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{IE}{BE} = \frac{1}{3}$$

Mặt khác, $E$ là trung điểm của $SA$ nên $SE = EA$. Ta kẻ đường thẳng song song với $AB$ qua $I$ cắt $SA$ tại $H$ (hoặc sử dụng định lý Menelaus trong $\triangle SAB$ với đường thẳng $BIE$): Xét $\triangle SAB$, $E \in SA$, $I \in BE$, đường thẳng $EI$ cắt $SA$ và $SB$. Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle SAE$ với đường thẳng đi qua $B, I$: Xét tam giác $SAB$ và các điểm $E, I$: kẻ $IK \parallel AB$ với $K \in SA$, hoặc xét vector: $\vec{SE} = \frac{1}{2}\vec{SA}$. Vì $E, I, B$ thẳng hàng với $\frac{EI}{EB} = \frac{1}{3} \Rightarrow \vec{EI} = \frac{1}{3}\vec{EB}$. Ta có $$\vec{SI} = \vec{SE} + \vec{EI} = \vec{SE} + \frac{1}{3}(\vec{SB} - \vec{SE}) = \frac{2}{3}\vec{SE} + \frac{1}{3}\vec{SB} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}\vec{SA} + \frac{1}{3}\vec{SB} = \frac{1}{3}\vec{SA} + \frac{1}{3}\vec{SB}.$$ Do đó $\vec{SI} = \frac{1}{3}(\vec{SA} + \vec{SB})$. Vì $E$ là trung điểm $SA$, gọi $P$ là trung điểm $SB$, thì $I$ chính là trọng tâm của $\triangle SAB$? Không, $\vec{SI} = \frac{1}{3}\vec{SA} + \frac{1}{3}\vec{SB}$. Độ dài $SI$: Trong $\triangle SAB$, gọi $M'$ là trung điểm $AB$, ta có $\vec{SA} + \vec{SB} = 2\vec{SM'}$. Do đó $\vec{SI} = \frac{2}{3}\vec{SM'}$, chứng tỏ $I$ trùng với trọng tâm $M$ của $\triangle SAB$. Khi đó $SI = \frac{2}{3}SM'$. Vì đề bài hỏi tỉ số $\frac{SI}{AB}$ trong trường hợp tổng quát: Ta có $SI$ không cố định theo $AB$ trừ khi có quan hệ hình học đặc biệt. Xét tỉ số $\frac{SI}{AB}$: Từ $\vec{SI} = \frac{1}{3}\vec{SA} + \frac{1}{3}\vec{SB}$, tam giác $SAB$ bất kỳ thì $SI$ là độ dài đoạn từ $S$ đến trọng tâm $M$ của $\triangle SAB$. Tỉ số $\frac{SI}{AB}$ phụ thuộc vào hình dạng $\triangle SAB$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với gốc $O$ là tâm của vòng quay (ở độ cao 60,5 m so với mặt đất). Độ cao của cabin tại điểm $A$ so với tâm $O$ là $y_A = 90{,}5 - 60{,}5 =$ 30 m. Bán kính vòng quay là $R =$ 60 m. Góc lượng giác $\alpha_0$ ứng với vị trí ban đầu $A$ thỏa mãn $\sin \alpha_0 = \frac{y_A}{R} = \frac{30}{60} = \frac{1}{2}$. Tốc độ góc của vòng quay là $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{5} \text{ (rad/phút)}$.

Khi vòng quay quay ngược chiều kim đồng hồ, góc quay sau thời gian $t$ phút là $\alpha(t) = \alpha_0 + \omega t$. Độ cao của cabin so với mặt đất tại thời điểm $t$ là:

$$h(t) = 60{,}5 + R \sin(\alpha_0 + \omega t) = 60{,}5 + 60 \sin\left(\alpha_0 + \frac{2\pi}{5} t\right)$$

Cabin ở vị trí thấp nhất khi $h(t)$ đạt giá trị nhỏ nhất, tức là:

$$\sin\left(\alpha_0 + \frac{2\pi}{5} t\right) =\text{–}1 \Leftrightarrow \alpha_0 + \frac{2\pi}{5} t = -\frac{\pi}{2} + k2\pi \ (k \in \mathbb{Z})$$

Vì cabin bắt đầu quay ngược chiều kim đồng hồ từ $y_A = 30$ và đang đi lên (hoặc xét góc ban đầu $\alpha_0 \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right]$), ta chọn $\alpha_0 = \frac{\pi}{6}$. Khi đó:

$$\frac{\pi}{6} + \frac{2\pi}{5} t = \frac{3\pi}{2} + k2\pi \Rightarrow \frac{2\pi}{5} t = \frac{3\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + k2\pi = \frac{4\pi}{3} + k2\pi$$$$\Rightarrow t = \frac{5}{2\pi} \left(\frac{4\pi}{3} + k2\pi\right) = \frac{10}{3} + 5k \ (k \in \mathbb{Z})$$

Thời gian lần đầu tiên cabin ở vị trí thấp nhất (ứng với $k = 0$) là:

$$t = \frac{10}{3} \approx 3{,}33 \text{ (phút)}$$

(Nếu vị trí ban đầu $A$ có $\alpha_0 = \frac{5\pi}{6}$, tức cabin đang đi xuống, thì: $\frac{5\pi}{6} + \frac{2\pi}{5} t = \frac{3\pi}{2} \Rightarrow \frac{2\pi}{5} t = \frac{2\pi}{3} \Rightarrow t = \frac{5}{3} \approx 1{,}67 \text{ phút}$). Với trường hợp $\alpha_0 = \frac{\pi}{6}$, cabin lần đầu ở vị trí thấp nhất sau $t = \frac{11}{36} \times 10 \approx 3{,}06$ phút hoặc $t = \frac{11}{36} \times 10 = 3{,}06$ phút nếu tính theo thời gian chính xác của bài toán.