Đề thi học kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 2

Câu 1 : Cho hàm số $f (x) = \frac{x^{3}}{3} - \frac{3}{2} x^{2} - 4 x + 6.$ Phương trình $f^{'} (x) = 0$ có nghiệm là

A.

$x = - 1$
B.

$x = 1, x = 4$
C.

$x = - 1, x = 4$
D.

$x = 0, x = 3$

Câu 2 : Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f (x) = - x^{3} + x$ tại điểm $M (- 2; 6) .$ Phương trình của (d) là

A.
y = -11x +30.
B.
y = 13x + 34.
C.
y = -11x – 16.
D.
y = 13x – 18.

Câu 3 : Tính thời gian trung bình giải bài tập của học sinh lớp 11A được cho trong bảng sau:

A.
17
B.
15
C.
13,4
D.
14,3

Câu 4 : Cho $u = u (x), v = v (x), v (x) \neq 0$ ; với k là hằng số. Hãy chọn khẳng định sai?

A.

${(\frac{1}{v})}^{'} = - \frac{v^{'}}{v^{}}$
B.

${(k . u)}^{'} = k . u^{'}$
C.

${(u + v)}^{'} = u^{'} + v^{'}$
D.

${(u . v)}^{'} = u^{'} . v + u . v^{'}$

Câu 5 : Đạo hàm của hàm số $y = \frac{2 x - 1}{1 - x}$ là

A.

$y^{'} = \frac{3}{{(- x + 1)}^{2}}$
B.

$y^{'} = \frac{1}{{(x - 1)}^{2}}$
C.

$y^{'} = \frac{- 1}{{(1 - x)}^{2}}$
D.

$y^{'} = \frac{- 3}{{(1 - x)}^{2}}$

Câu 6 : Cho hàm số: $f (x) = {\begin{cases} \frac{x^{2} - 1}{x - 1} k h i x \neq 1 \\ m k h i x = 1 \end{cases}$ . Để f(x) liên tục tại điểm x₀ = 1 thì m bằng:

A.
-1
B.
1
C.
2
D.
0

Câu 7 : Tìm đạo hàm của hàm số sau $y = x^{4} - 3 x^{2} + 2 x - 1$

A.

$y^{'} = 4 x^{3} - 3 x + 2$
B.

$y^{'} = 4 x^{4} - 6 x + 2$
C.

$y^{'} = 4 x^{3} - 6 x + 3$
D.

$y^{'} = 4 x^{3} - 6 x + 2$

Câu 8 : Cho hàm số $f (x) = \frac{a x^{2} + 4 x + 3}{3 x - 2 a x^{2}}, (a \in R, a \neq 0)$ . Khi đó $lim_{x \to - \infty} f (x)$ bằng

A.

$- \frac{1}{2}$
B.

$+ \infty$
C.

$\frac{a}{3}$
D.

$- \infty$

Câu 9 : Cho hình chóp $S . A B C$ có đáy ABC là tam giác vuông tại B và SA vuông góc mặt đáy $(A B C)$ , $S B = 2 a$ , $A B = a$ ( tham khảo hình vẽ). Tính góc giữa SB và $m p (A B C)$

A.

$90^{\circ} .$
B.

$60^{\circ} .$
C.

$45^{\circ} .$
D.

$30^{\circ} .$

Câu 10 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.

$(S D C) ⊥ (S A C)$
B.

$(S C D) ⊥ (S A D)$
C.

$(S B D) ⊥ (S A C)$
D.

$(S B C) ⊥ (S A C)$

Câu 11 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây đúng ?

A.

$A C ⊥ (S B D)$
B.

$A B ⊥ (S A D)$
C.

$A C ⊥ (S B D)$
D.

$S O ⊥ (A B C D)$

Câu 12 : Với hàm số $g (x) = \frac{(2 x + 1) {(2 - 3 x)}^{2}}{x - 1}; g^{'} (2)$ bằng

A.
232.
B.
72.
C.
152.
D.
-75.

Câu 1 : Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi.

a) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ là $\frac{14}{285}$ .

Đúng

Sai

b) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu là $\frac{43}{57}$ .

Đúng

Sai

c) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều có màu vàng là $\frac{1}{7}$ .

Đúng

Sai

d) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu là $\frac{14}{57}$ .

Đúng

Sai

Câu 2 : Cho mẫu số liệu về cân nặng (kg) của 45 học sinh lớp 11A được cho bởi bảng sau:

a) Tứ phân vị thứ nhất $Q_{1}$ là 47

Đúng

Sai

b) Trung vị $M_{e}$ là 51,4

Đúng

Sai

c) Tứ phân vị thứ ba $Q_{3}$ là 54,2

Đúng

Sai

d) Mốt $M_{o} = 20$

Đúng

Sai

Câu 3 : Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), SA = h. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của SA, SB, SC.

a) $d ((M N P), (A B C)) = h$

Đúng

Sai

b) $d (N P, (A B C)) = \frac{h}{2}$

Đúng

Sai

c) $d (A, (S B C)) = \frac{a h}{\sqrt{a^{2} + h^{2}}}$

Đúng

Sai

d) $(M N P) / / (A B C)$

Đúng

Sai

Câu 4 : Cho hàm số $y = \sin x$

a) Đạo hàm của hàm số là $y^{'} = - c o s x$

Đúng

Sai

b) Biểu thức $y^{'} (\frac{π}{2}) = 0$

Đúng

Sai

c) Biểu thức $y^{″} (\frac{π}{2}) = 0$

Đúng

Sai

d) Biểu thức $y^{(2024)} = \sin (x + 1012 π)$

Đúng

Sai

Câu 1 : Tính giới hạn: $\underset{x \to 2}{l i m} \frac{\sqrt{4 x + 1} - 3}{x - 2}$ .

Câu 2 : Cho hàm số: $y = {(x^{4} - 1)}^{4}$ . Tính $y^{'} (1)$

Câu 3 : Tìm m để hàm số $f (x) = {\begin{cases} \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x - 1} k h i x \neq 1 \\ 1 - m x k h i x = 1 \end{cases}$ liên tục tại điểm $x_{0} = 1$

Câu 4 : Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA $⊥$ (ABCD) và

SA = a $\sqrt{2}$ . Tính tan của góc giữa hai mp (SBC) và (ABCD).

Câu 5 : Cho hàm số $y = \frac{2 x - 1}{x + 1}$ . Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị sao cho khoảng cách từ điểm $I (- 1; 2)$ tới tiếp tuyến của đồ thị tại M là lớn nhất.

Câu 6 : Với mức tiêu thụ thức ăn cho cá hàng ngày của hộ gia đình A không đổi như dự định thì lượng thức ăn dự trữ sẽ hết sau 50 ngày. Nhưng trên thực tế, mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm 3% từ ngày đầu tiên và cứ tiếp tục như vậy, ngày sau tăng thêm 3% so với ngày kề trước đó. Hỏi thực tế, lượng thức ăn dự trữ đó sẽ hết sau bao nhiêu ngày? (làm tròn đến hàng đơn vị).

Câu 1 : Cho hàm số $f (x) = \frac{x^{3}}{3} - \frac{3}{2} x^{2} - 4 x + 6.$ Phương trình $f^{'} (x) = 0$ có nghiệm là

A.

$x = - 1$
B.

$x = 1, x = 4$
C.

$x = - 1, x = 4$
D.

$x = 0, x = 3$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức đạo hàm.

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{l} f^{'} (x) = {(\frac{x^{3}}{3} - \frac{3}{2} x^{2} - 4 x + 6)}^{'} = 3 x^{2} - 3 x - 4 = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = 4 \end{array} \end{array}$

Đáp án C.

Câu 2 : Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f (x) = - x^{3} + x$ tại điểm $M (- 2; 6) .$ Phương trình của (d) là

A.
y = -11x +30.
B.
y = 13x + 34.
C.
y = -11x – 16.
D.
y = 13x – 18.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): $y = f (x) = - x^{3} + x$ tại điểm $M (x_{0}; f (x_{0})) .$ là:

$y = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + f (x_{0})$

Trong đó:

$M (x_{0}; f (x_{0}))$ gọi là tiếp điểm.

$k = f^{'} (x_{0})$ là hệ số góc.

Lời giải chi tiết :

$y^{'} = f^{'} (x) = {(- x^{3} + x)}^{'} = - 3 x^{2} + 1$

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị $y = f (x) = - x^{3} + x$ tại điểm $M (x_{0}; f (x_{0})) .$

$y^{'} = f^{'} (- 2) (x + 2) + 6 = - 11 (x + 2) + 6 = - 11 x - 16$

Đáp án C.

Câu 3 : Tính thời gian trung bình giải bài tập của học sinh lớp 11A được cho trong bảng sau:

A.
17
B.
15
C.
13,4
D.
14,3

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức tính số trung bình của mẫu số liệu

Lời giải chi tiết :

Trong mỗi khoảng thời gian, giá trị đại diện là trung bình cộng của giá trị hai đầu mút nên ta có bảng sau:

Tổng số học sinh là n = 45. Thời gian trung bình giải bài toán của học sinh lớp 11 A là:

$\bar{x} = \frac{6.9 + 17.12 + 17.15 + 5.18}{45} = \frac{67}{5} = 13, 4$ (phút)

Đáp án C.

Câu 4 : Cho $u = u (x), v = v (x), v (x) \neq 0$ ; với k là hằng số. Hãy chọn khẳng định sai?

A.

${(\frac{1}{v})}^{'} = - \frac{v^{'}}{v^{}}$
B.

${(k . u)}^{'} = k . u^{'}$
C.

${(u + v)}^{'} = u^{'} + v^{'}$
D.

${(u . v)}^{'} = u^{'} . v + u . v^{'}$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính đạo hàm.

Lời giải chi tiết :

Ta có:

${(\frac{1}{v})}^{'} = - \frac{v^{'}}{v^{2}}$ .

${(k . u)}^{'} = k . u^{'}$ .

${(u + v)}^{'} = u^{'} + v^{'}$ .

${(u . v)}^{'} = u^{'} . v + u . v^{'}$ .

Vậy đáp án A sai.

Câu 5 : Đạo hàm của hàm số $y = \frac{2 x - 1}{1 - x}$ là

A.

$y^{'} = \frac{3}{{(- x + 1)}^{2}}$
B.

$y^{'} = \frac{1}{{(x - 1)}^{2}}$
C.

$y^{'} = \frac{- 1}{{(1 - x)}^{2}}$
D.

$y^{'} = \frac{- 3}{{(1 - x)}^{2}}$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm phân thức: $y^{'} = {(\frac{a x + b}{c x + d})}^{'} = \frac{a d - b c}{{(c x + d)}^{2}}$

Lời giải chi tiết :

$y^{'} = {(\frac{2 x - 1}{1 - x})}^{'} = {(\frac{2 x - 1}{- x + 1})}^{'} = \frac{1}{{(- x + 1)}^{2}}$

Đáp án B.

Câu 6 : Cho hàm số: $f (x) = {\begin{cases} \frac{x^{2} - 1}{x - 1} k h i x \neq 1 \\ m k h i x = 1 \end{cases}$ . Để f(x) liên tục tại điểm x₀ = 1 thì m bằng:

A.
-1
B.
1
C.
2
D.
0

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Điều kiện để hàm số liên tục tại $x = x_{0}$ :

$lim_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0})$

Lời giải chi tiết :

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có:

$\begin{array}{l} f (1) = m \\ lim_{x \to 1} f (x) = lim_{x \to 1} \frac{x^{2} - 1}{x - 1} = lim_{x \to 1} \frac{1}{x + 1} = \frac{1}{2} \end{array}$

Hàm số liên tục tại $x = 1$ khi $f (1) = lim_{x \to 1} f (x) \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}$

Vậy khi m = 2 thì hàm số liên tục tại $x = 1$

Đáp án C.

Câu 7 : Tìm đạo hàm của hàm số sau $y = x^{4} - 3 x^{2} + 2 x - 1$

A.

$y^{'} = 4 x^{3} - 3 x + 2$
B.

$y^{'} = 4 x^{4} - 6 x + 2$
C.

$y^{'} = 4 x^{3} - 6 x + 3$
D.

$y^{'} = 4 x^{3} - 6 x + 2$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp

Lời giải chi tiết :

$y^{'} = 4 x^{3} - 6 x + 2$

Đáp án D.

Câu 8 : Cho hàm số $f (x) = \frac{a x^{2} + 4 x + 3}{3 x - 2 a x^{2}}, (a \in R, a \neq 0)$ . Khi đó $lim_{x \to - \infty} f (x)$ bằng

A.

$- \frac{1}{2}$
B.

$+ \infty$
C.

$\frac{a}{3}$
D.

$- \infty$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Nhận dạng: $lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{g (x)}$

TH₁: Nếu f(x) , g(x) là các đa thức thì chia cả tử và mẫu cho lũy thừa cao nhất của x.

TH₂: Nếu f(x) , g(x) chứa căn thì có thể chia cả tử và mẫu cho lũy thừa cao nhất của x hoặc nhân lượng liên hợp

Lời giải chi tiết :

$lim_{x \to \infty} f (x) = lim_{x \to \infty} \frac{a x^{2} + 4 x + 3}{3 x - 2 a x^{2}} = lim_{x \to \infty} \frac{x^{2} (a + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^{2}})}{x^{2} (- 2 a + \frac{3}{x})} = \frac{a}{- 2 a} = \frac{- 1}{2}$

Đáp án A.

Câu 9 : Cho hình chóp $S . A B C$ có đáy ABC là tam giác vuông tại B và SA vuông góc mặt đáy $(A B C)$ , $S B = 2 a$ , $A B = a$ ( tham khảo hình vẽ). Tính góc giữa SB và $m p (A B C)$

A.

$90^{\circ} .$
B.

$60^{\circ} .$
C.

$45^{\circ} .$
D.

$30^{\circ} .$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Bước 1: Tìm giao điểm O của đường thẳng a và $(α)$

Bước 2: Xác định hình chiếu A’ của điểm A xuống $(α)$

Bước 3: Suy ra: $(A O, (α)) = (A O, A^{'} O) = \hat{A O A^{'}}$

Lời giải chi tiết :

Do $S A ⊥ (A B C)$ nên A là hình chiếu của S lên (ABC)

Ta có: $(S B, (A B C)) = (S B, A B)$

Xét $Δ S A B$ vuông tại A có:

$\begin{array}{l} \tan (S B, A B) = \tan \hat{S B A} = \frac{S A}{A B} = \frac{\sqrt{S B^{2} - A B^{2}}}{A B} = \frac{a \sqrt{3}}{a} = \sqrt{3} \\ \Rightarrow \hat{S B A} = 60^{0} \end{array}$

Đáp án B.

Câu 10 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.

$(S D C) ⊥ (S A C)$
B.

$(S C D) ⊥ (S A D)$
C.

$(S B D) ⊥ (S A C)$
D.

$(S B C) ⊥ (S A C)$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và hai mặt phẳng vuông góc với nhau

Lời giải chi tiết :

Ta có:

$\begin{array}{l} {\begin{cases} C D ⊥ A D \\ C D ⊥ S A \\ S A, A D \subset (S A D) \\ S A \cap A D \end{cases} \Rightarrow C D ⊥ (S A D) \\ C D \subset (S C D) \Rightarrow (S C D) ⊥ (S A D) \end{array}$

Đáp án B.

Câu 11 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây đúng ?

A.

$A C ⊥ (S B D)$
B.

$A B ⊥ (S A D)$
C.

$A C ⊥ (S B D)$
D.

$S O ⊥ (A B C D)$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Lời giải chi tiết :

Ta có:

${\begin{cases} A C ⊥ B D \\ A C ⊥ S O \\ B D, S O \subset (S B D) \\ B D \cap S O \end{cases} \Rightarrow A C ⊥ (S B D)$

Đáp án C.

Câu 12 : Với hàm số $g (x) = \frac{(2 x + 1) {(2 - 3 x)}^{2}}{x - 1}; g^{'} (2)$ bằng

A.
232.
B.
72.
C.
152.
D.
-75.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Sử dụng phương tính đạo hàm của hàm hợp

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{l} g^{'} (x) = {[\frac{(2 x + 1) {(2 - 3 x)}^{2}}{x - 1}]}^{'} = {(\frac{18 x^{3} - 15 x^{2} - 4 x + 4}{x - 1})}^{'} \\ = \frac{{(18 x^{3} - 15 x^{2} - 4 x + 4)}^{'} (x - 1) - (18 x^{3} - 15 x^{2} - 4 x + 4) (x - 1)^{'}}{{(x - 1)}^{2}} \\ = \frac{36 x^{3} - 69 x^{2} + 30 x}{{(x - 1)}^{2}} \\ g^{'} (2) = 72 \end{array}$

Đáp án B.

Câu 1 : Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi.

a) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ là $\frac{14}{285}$ .

Đúng

Sai

b) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu là $\frac{43}{57}$ .

Đúng

Sai

c) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều có màu vàng là $\frac{1}{7}$ .

Đúng

Sai

d) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu là $\frac{14}{57}$ .

Đúng

Sai

Đáp án

a) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ là $\frac{14}{285}$ .

Đúng

Sai

b) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu là $\frac{43}{57}$ .

Đúng

Sai

c) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều có màu vàng là $\frac{1}{7}$ .

Đúng

Sai

d) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu là $\frac{14}{57}$ .

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Sử dụng các quy tắc đếm để xác định số phần tử của không gian mẫu và biến cố.

Lời giải chi tiết :

Không gian mẫu: $(Ω) = C_{20}^{3} = 1140$ .

a) Đúng. Gọi A là biến cố: “3 viên bi lấy ra đều màu đỏ”.

$P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{C_{8}^{3}}{C_{20}^{3}} = \frac{56}{1140} = \frac{14}{285}$ .

b) Đúng. B là biến cố: “3 viên bi lấy ra có không quá hai màu”.

TH1: Số cách lấy ra 3 viên bi lấy ra chỉ có một màu:

$C_{8}^{3} + C_{7}^{3} + C_{5}^{3} = 101$ .

TH2: Số cách lấy ra 3 viên bi lấy ra chỉ có đúng hai màu:

$[C_{15}^{3} - (C_{8}^{3} + C_{7}^{3})] + [C_{13}^{3} - (C_{8}^{3} + C_{5}^{3})] + [C_{12}^{3} - (C_{5}^{3} + C_{7}^{3})] = 759$ .

Do đó $P (B) = \frac{n (B)}{n (Ω)} = \frac{101 + 759}{1140} = \frac{43}{57}$ .

c) Sai. C là biến cố: “3 viên bi lấy ra đều có màu vàng”.

$P (C) = \frac{n (C)}{n (Ω)} = \frac{C_{5}^{3}}{C_{20}^{3}} = \frac{10}{1140} = \frac{1}{114}$ .

d) Đúng. D là biến cố: “3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu”.

$P (D) = \frac{n (D)}{n (Ω)} = \frac{C_{8}^{1} . C_{7}^{1} . C_{5}^{1}}{C_{20}^{3}} = \frac{280}{1140} = \frac{14}{57}$ .

Câu 2 : Cho mẫu số liệu về cân nặng (kg) của 45 học sinh lớp 11A được cho bởi bảng sau:

a) Tứ phân vị thứ nhất $Q_{1}$ là 47

Đúng

Sai

b) Trung vị $M_{e}$ là 51,4

Đúng

Sai

c) Tứ phân vị thứ ba $Q_{3}$ là 54,2

Đúng

Sai

d) Mốt $M_{o} = 20$

Đúng

Sai

Đáp án

a) Tứ phân vị thứ nhất $Q_{1}$ là 47

Đúng

Sai

b) Trung vị $M_{e}$ là 51,4

Đúng

Sai

c) Tứ phân vị thứ ba $Q_{3}$ là 54,2

Đúng

Sai

d) Mốt $M_{o} = 20$

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức tính tứ phân vị của mẫu số liệu và Mốt

Lời giải chi tiết :

Cỡ mẫu là n = 7 + 10 + 20 + 6 + 2 = 45

Gọi x₁, x₂, ….., x₄₅ là cân nặng của 45 học sinh và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

Khi đó, trung vị là x₂₃. Do giá trị x₂₃ thuộc nhóm [50; 55) nên nhóm này chứa trung vị.

Do đó p = 3; a₃ = 50, m₃ = 20; m₁ + m₂ = 7 + 10 = 17; a₄ – a₃ = 55 – 50 = 5

Khi đó

$M_{e} = a_{3} + \frac{\frac{n}{2} - (m_{1} + m_{2})}{m_{3}} (a_{4} - a_{3}) = 50 + \frac{\frac{45}{2} - 17}{20} .5 \approx 51, 4$ .

Vậy M_e = 51,4.

Từ M_e = 51,4, suy ra Q₂ = 51,4.

- Tứ phân vị thứ nhất Q₁ là trung vị của nửa dãy bên trái Q₂ nên $Q_{1} = \frac{x_{11} + x_{12}}{2}$

Do x₁₁ và x₁₂ đều thuộc nhóm [45; 50) nên nhóm này chứa Q₁. Do đó, p = 2, a₂ = 45, m₂ = 10, m₁ = 7; a₃ – a₂ = 5.

Ta có $Q_{1} = a_{2} + \frac{\frac{n}{4} - m_{1}}{m_{2}} (a_{3} - a_{2}) = 45 + \frac{\frac{45}{2} - 7}{10} .5 \approx 47, 1$

- Tứ phân vị thứ ba Q₃ là trung vị của nửa dãy bên phải Q₂ nên $Q_{3} = \frac{x_{34} + x_{35}}{2}$ .

Do x₃₄ và x₃₅ đều thuộc nhóm [50; 55) nên nhóm này chứa Q₃. Do đó, p = 3, a₃ = 50, m₃ = 20, m₁ + m₂ = 7 + 10 = 17; a₄ – a₃ = 55 – 50 = 5.

Ta có $Q_{3} = a_{3} + \frac{\frac{3 n}{4} - (m_{1} + m_{2})}{m_{3}} (a_{4} - a_{3}) = 50 + \frac{\frac{3.45}{4} - 17}{20} .5 \approx 54, 2$ .

Vậy tứ phân vị: Q₁ ≈ 47,1; Q₂ ≈ 51,4; Q₃ ≈ 54,2.

- Ta thấy tần số lớn nhất là 20 nên nhóm chứa mốt là nhóm [50; 55).

Ta có j = 3, a₃ = 50, m₃ = 20, m₂ = 10, m₄ = 6, h = 55 – 50 = 5

Khi đó

$M_{0} = a_{3} + \frac{m_{3} - m_{2}}{(m_{3} - m_{2}) + (m_{3} - m_{4})} h = 50 + \frac{20 - 10}{(20 - 10) + (20 - 6)} .5 \approx 52, 1$

Vậy M_o ≈ 52,1.

Câu 3 : Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), SA = h. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của SA, SB, SC.

a) $d ((M N P), (A B C)) = h$

Đúng

Sai

b) $d (N P, (A B C)) = \frac{h}{2}$

Đúng

Sai

c) $d (A, (S B C)) = \frac{a h}{\sqrt{a^{2} + h^{2}}}$

Đúng

Sai

d) $(M N P) / / (A B C)$

Đúng

Sai

Đáp án

a) $d ((M N P), (A B C)) = h$

Đúng

Sai

b) $d (N P, (A B C)) = \frac{h}{2}$

Đúng

Sai

c) $d (A, (S B C)) = \frac{a h}{\sqrt{a^{2} + h^{2}}}$

Đúng

Sai

d) $(M N P) / / (A B C)$

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Sử dụng phương pháp tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng

Lời giải chi tiết :

a) Xét tam giác SAB có M là trung điểm của SA, N là trung điểm của SB nên MN là đường trung bình của tam giác SAB. Suy ra $M N / / A B$ ,do đó $M N / / (A B C)$

Xét tam giác SBC có N là trung điểm của SB, P là trung điểm của SC nên PN là đường trung bình của tam giác SBC. Suy ra $P N / / B C$ ,do đó $P N / / (A B C)$

Khi đó, $d ((M N P), (A B C)) = d (M, (A B C))$

Vì $S A ⊥ (A B C)$ nên $M A ⊥ (A B C)$ . Do đó $d (M, (A B C)) = M A$

Vì M là trung điểm SA nên $A M = \frac{S A}{2} = \frac{h}{2}$

Do đó $d ((M N P), (A B C)) = \frac{h}{2}$

b) Vì $P N / / (A B C)$ nên $d (N P, (A B C)) = d (N, (A B C))$

Vì $M N / / (A B C)$ nên $d (N, (A B C)) = d (M, (A B C)) = M A = \frac{h}{2}$

Vậy $d (N, (A B C)) = \frac{h}{2}$

c) Vì tam giác ABC là tam giác vuông tại B nên $B C ⊥ A B$

Vì $S A ⊥ (A B C)$ nên $S A ⊥ B C$ mà $B C ⊥ A B$ nên $B C ⊥ (S A B)$ , suy ra $(S B C) ⊥ (S A B)$

Kẻ $A H ⊥ S B$ tại H

Vì ${\begin{cases} (S B C) ⊥ (S A B) \\ (S B C) \cap (S A B) = S B \\ A H \subset (S A B) \\ A H ⊥ S B \end{cases} \Rightarrow A H ⊥ (S B C)$

Khi đó $d (A, (S B C)) = A H$

Vì $S A ⊥ (S B C)$ nên $S A ⊥ A B$

Xét tam giác SAB vuông tại A, AH là đường cao, có:

$\frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{S A^{2}} + \frac{1}{A B^{2}} = \frac{1}{h^{2}} + \frac{1}{a^{2}} = \frac{a^{2} + h^{2}}{a^{2} h^{2}} \Rightarrow A H = \frac{a h}{\sqrt{a^{2} + h^{2}}}$

Vậy $d (A, (S B C)) = \frac{a h}{\sqrt{a^{2} + h^{2}}}$

d) $M N / / (A B C)$ mà $M N \subset (M N P) \Rightarrow (M N P) / / (A B C)$

Câu 4 : Cho hàm số $y = \sin x$

a) Đạo hàm của hàm số là $y^{'} = - c o s x$

Đúng

Sai

b) Biểu thức $y^{'} (\frac{π}{2}) = 0$

Đúng

Sai

c) Biểu thức $y^{″} (\frac{π}{2}) = 0$

Đúng

Sai

d) Biểu thức $y^{(2024)} = \sin (x + 1012 π)$

Đúng

Sai

Đáp án

a) Đạo hàm của hàm số là $y^{'} = - c o s x$

Đúng

Sai

b) Biểu thức $y^{'} (\frac{π}{2}) = 0$

Đúng

Sai

c) Biểu thức $y^{″} (\frac{π}{2}) = 0$

Đúng

Sai

d) Biểu thức $y^{(2024)} = \sin (x + 1012 π)$

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số lượng giác

Lời giải chi tiết :

a) $y^{'} = (\sin x)^{'} = c o s x$

b) $y^{'} (\frac{π}{2}) = \cos \frac{π}{2} = 0$

c) $\begin{array}{l} y^{″} = {(c o s x)}^{'} = - \sin x \\ y^{″} (\frac{π}{2}) = - 1 \end{array}$

d) $\begin{array}{l} y^{(n)} = \sin (x + n \frac{π}{2}) \\ y^{(2024)} = \sin (x + 1012 π) \end{array}$

Câu 1 : Tính giới hạn: $\underset{x \to 2}{l i m} \frac{\sqrt{4 x + 1} - 3}{x - 2}$ .

Phương pháp giải :

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp và phân tích thành nhân tử.

Lời giải chi tiết :

$lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{4 x + 1} - 3}{x - 2} = lim_{x \to 2} \frac{(\sqrt{4 x + 1} - 3) (\sqrt{4 x + 1} + 3)}{(x - 2) (\sqrt{4 x + 1} + 3)} = lim_{x \to 2} \frac{(4 x + 1) - 9}{(x - 2) (\sqrt{4 x + 1} + 3)}$

$= lim_{x \to 2} \frac{4 x - 8}{(x - 2) (\sqrt{4 x + 1} + 3)} = lim_{x \to 2} \frac{4 (x - 2)}{(x - 2) (\sqrt{4 x + 1} + 3)} = lim_{x \to 2} \frac{4}{\sqrt{4 x + 1} + 3} = \frac{4}{\sqrt{4.2 + 1} + 3} = \frac{2}{3}$ .

Câu 2 : Cho hàm số: $y = {(x^{4} - 1)}^{4}$ . Tính $y^{'} (1)$

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{l} y^{'} = {[{(x^{4} - 1)}^{4}]}^{'} = 4. {(x^{4} - 1)}^{3} .4 x^{3} = 16 x^{3} {(x^{4} - 1)}^{3} \\ y^{'} (1) = 0 \end{array}$

Câu 3 : Tìm m để hàm số $f (x) = {\begin{cases} \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x - 1} k h i x \neq 1 \\ 1 - m x k h i x = 1 \end{cases}$ liên tục tại điểm $x_{0} = 1$

Phương pháp giải :

Bước 1: Tính $f (x_{0}) = f_{2} (x_{0})$

Bước 2: Tính $lim_{x \to x_{0}} f (x) = lim_{x \to x_{0}} f_{1} (x) = L$

Bước 3: Nếu $f_{2} (x_{0}) = L$ thì hàm số f(x) liên tục tại $x_{0}$

Nếu $f_{2} (x_{0}) \neq L$ thì hàm số f(x) không liên tục tại $x_{0}$ _.

(Đối với bài toán tìm tham số m để hàm số liên tục tại x₀, ta thay bước 3 thành: Giải phương trình L = f₂(x₀), tìm m)

Lời giải chi tiết :

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có: $f (1) = 1 - m$

$lim_{x \to 1} f (x) = lim_{x \to 1} \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x - 1} = lim_{x \to 1} \frac{(x - 1) (x - 2)}{x - 1} = lim_{x \to 1} (x - 2) = - 1$

Để hàm số liên tục tại x = 1 khi $f (1) = lim_{x \to 1} \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x - 1} \Leftrightarrow 1 - m = - 1 \Leftrightarrow m = 2$

Câu 4 : Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA $⊥$ (ABCD) và

SA = a $\sqrt{2}$ . Tính tan của góc giữa hai mp (SBC) và (ABCD).

Phương pháp giải :

Sử dụng phương pháp tính góc giữa hai mặt phẳng

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{l} {\begin{cases} B C ⊥ A B \\ B C ⊥ S A (D o S A ⊥ (A B C D)) \\ A B, S A \subset (S A B) \\ A B \cap S A \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (S A B) \\ \Rightarrow B C ⊥ S B \end{array}$ $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow S A ⊥ A B$

Ta có: ${\begin{cases} (S B C) \cap (A B C D) = B C \\ S B \subset (S B C), S B ⊥ B C \\ A B \subset (A B C D), A B ⊥ B C \end{cases} \Rightarrow ((S B C), (A B C D)) = (S B, A B)$

Do $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow S A ⊥ A B$ . Xét tam giác SAB vuông tại A có:

$\tan (S B, A B) = \tan \hat{S B A} = \frac{S A}{A B} = \frac{a \sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}$

Câu 5 : Cho hàm số $y = \frac{2 x - 1}{x + 1}$ . Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị sao cho khoảng cách từ điểm $I (- 1; 2)$ tới tiếp tuyến của đồ thị tại M là lớn nhất.

Phương pháp giải :

Lập biểu thức tính khoảng cách từ điểm $I (- 1; 2)$ tới tiếp tuyển của đồ thị.

Sử dụng BĐT Cauchy để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

Lời giải chi tiết :

Gọi đồ thị của hàm số là (C).

Ta có $y = \frac{2 x - 1}{x + 1} = 2 - \frac{3}{x + 1}$ ; $y^{'} = \frac{3}{{(x + 1)}^{2}}$ .

Giả sử $M (x_{0}; 2 - \frac{3}{x_{0} + 1}) \in (C)$ . PTTT của (C) tại M là:

$(Δ)$ : $y = \frac{3}{{(x_{0} + 1)}^{2}} (x - x_{0}) + 2 - \frac{3}{x_{0} + 1}$

$\Leftrightarrow \frac{3}{{(x_{0} + 1)}^{2}} x - y + [- \frac{3 x_{0}}{{(x_{0} + 1)}^{2}} + 2 - \frac{3}{x_{0} + 1}] = 0$

$\Leftrightarrow \frac{3}{{(x_{0} + 1)}^{2}} x - y + [- \frac{3 x_{0}}{{(x_{0} + 1)}^{2}} + 2 - \frac{3 x_{0} + 3}{{(x_{0} + 1)}^{2}}] = 0$

$\Leftrightarrow \frac{3}{{(x_{0} + 1)}^{2}} x - y + 2 - \frac{6 x_{0} + 3}{{(x_{0} + 1)}^{2}} = 0$ .

Ta có $d (I, Δ) = \frac{| \frac{3}{{(x_{0} + 1)}^{2}} . (- 1) - 2 + 2 - \frac{6 x_{0} + 3}{{(x_{0} + 1)}^{2}} |}{\sqrt{\frac{9}{{(x_{0} + 1)}^{4}} + 1}}$

$= \frac{| \frac{- 6 x_{0} - 6}{{(x_{0} + 1)}^{2}} |}{\sqrt{\frac{9}{{(x_{0} + 1)}^{4}} + 1}} = \frac{\frac{6 | x_{0} + 1 |}{{(x_{0} + 1)}^{2}}}{\sqrt{\frac{9}{{(x_{0} + 1)}^{4}} + 1}} = \frac{6 | x_{0} + 1 |}{\sqrt{9 + {(x_{0} + 1)}^{4}}} = \frac{6}{\sqrt{\frac{9}{{(x_{0} + 1)}^{2}} + {(x_{0} + 1)}^{2}}}$ .

Áp dụng BĐT Cauchy: $\frac{9}{{(x_{0} + 1)}^{2}} + (x_{0} + 1)^{2} \geq 2 \sqrt{9} = 6 \Rightarrow d \leq \sqrt{6}$ .

Dấu “=” xảy ra khi $\frac{9}{{(x_{0} + 1)}^{2}} = (x_{0} + 1)^{2} \Leftrightarrow x_{0} = - 1 \pm \sqrt{3}$ .

Vậy có hai điểm cần tìm là $M (- 1 + \sqrt{3}; 2 - \sqrt{3})$ hoặc $M (- 1 - \sqrt{3}; 2 + \sqrt{3})$ .

Câu 6 : Với mức tiêu thụ thức ăn cho cá hàng ngày của hộ gia đình A không đổi như dự định thì lượng thức ăn dự trữ sẽ hết sau 50 ngày. Nhưng trên thực tế, mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm 3% từ ngày đầu tiên và cứ tiếp tục như vậy, ngày sau tăng thêm 3% so với ngày kề trước đó. Hỏi thực tế, lượng thức ăn dự trữ đó sẽ hết sau bao nhiêu ngày? (làm tròn đến hàng đơn vị).

Phương pháp giải :

Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: $M (1 + r %)^{k - 1}, k \in N *$

Trong đó:

M: là lượng thứ ăn trang trại ăn hết trong mỗi ngày

r (%): là % mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm mỗi ngày

Lời giải chi tiết :

Theo dự định, mỗi ngày, trang trại ăn hết: $1 : 50 = \frac{1}{50}$ (lượng thức ăn)

Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: $\frac{1}{50} (1 + 3 %)^{k - 1}, k \in N *$

Xác định số tự nhiên n nhỏ nhât để:

$\begin{array}{l} \frac{1}{50} + \frac{1}{50} (1 + 3 %) + \frac{1}{50} (1 + 3 %)^{2} + . . . + \frac{1}{50} (1 + 3 %)^{n - 1} \geq 1 \\ \Leftrightarrow \frac{1}{50} (1 + 1, 03 + 1, 03^{2} + . . . + 1, 03^{n - 1}) \geq 1 \\ \Leftrightarrow \frac{1}{50} . \frac{1, 03^{n - 1} - 1}{1, 03 - 1} \geq 1 \Leftrightarrow 1, 03^{n - 1} - 1 \geq 1, 5 \Leftrightarrow 1, 03^{n - 1} \geq 2, 5 \Leftrightarrow n - 1 \geq \log_{1, 03} 2, 5 \Leftrightarrow n \geq 31, 99 \Rightarrow n_{M i n} = 32 \end{array}$