Đề thi học kì 1 Toán 11 Cánh diều - Đề số 2

Sử dụng công thức: \(\cos \left( { - \alpha } \right) = \cos \alpha \).

Ta có: \(\cos \left( { - \alpha } \right) = \cos \alpha \)

Sử dụng kiến thức về tính độ dài cung tròn: Một cung của đường tròn bán kính R và có số đo \(\alpha \) rad thì có độ dài là \(l = R\alpha \).

Sử dụng kiến thức về tính độ dài cung tròn: Một cung của đường tròn bán kính R và có số đo \(\alpha \) rad thì có độ dài là \(l = R\alpha \).

Phương trình \(\cos x = 1\) có nghiệm là \(x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Phương trình \(\cos x = 1\) có nghiệm là \(x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Sử dụng kiến thức về đồng biến của hàm số lương giác: Hàm số \(y = \tan x\) đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( {\frac{{ - \pi }}{2} + k\pi ;\frac{\pi }{2} + k\pi } \right),k \in \mathbb{Z}\).

Hàm số \(y = \tan x\) đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( {\frac{{ - \pi }}{2} + k\pi ;\frac{\pi }{2} + k\pi } \right),k \in \mathbb{Z}\)

Sử dụng công thức: \(\sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}\)

\(\sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}\)

Sử dụng kiến thức về dãy số giảm: Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là dãy số giảm nếu ta có: \({u_{n + 1}} < {u_n}\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\)

Trong các dãy số trên, chỉ có dãy số 4; 3; 2; 0; … có \(4 < 3 < 2 < 0...\) nên dãy số 4; 3; 2; 0; … là dãy số giảm

Sử dụng kiến thức về cấp số nhân: Cấp số nhân là một dãy số (hữu hạn hay vô hạn), trong đó kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng số hạng đứng ngay trước nó nhân với một số không đổi q.

Trong các dãy số trên, chỉ có dãy số 1; 2; 4; 8; 16; …. có kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng số hạng đứng ngay trước nó nhân với một số không đổi q \(\left( {q = 2} \right)\).

Sử dụng kiến thức về cách cho một dãy số.

Dãy số được viết dưới dạng hệ thức truy hồi là: \({u_1} = 1;\;{u_n} = 2{u_{n - 1}} + 1\) với \(n \ge 2\)

Sử dụng quy tắc về giới hạn vô cực của dãy số: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = a < 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}{v_n} = - \infty \).

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = a < 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}{v_n} = - \infty \).

Sử dụng kiến thức về tổng cấp số nhân lùi vô hạn: Cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội q, số hạng đầu \({u_1}\) thì có tổng là \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)

Cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội q, số hạng đầu \({u_1}\) thì có tổng là \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)

Sử dụng công thức: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = 0\) với \(\left| q \right| < 1\)

Ta có: \(\frac{2}{3} < 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 0\)

Sử dụng quy tắc tính giới hạn của hàm số tại một điểm: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = M\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = L + M\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{3}} \left( {3x + 2} \right) = 3.\frac{1}{3} + 2 = 3\).

Sử dụng kiến thức về cách xác định một mặt phẳng: Một mặt phẳng hoàn toàn được xác định qua ba điểm không thẳng hàng.

Sử dụng kiến thức về cách xác định một mặt phẳng: Một mặt phẳng hoàn toàn được xác định qua ba điểm không thẳng hàng.

Sử dụng kiến thức về hình tứ diện: Cho bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Hình gồm bốn tam giác ABC, ACD, ABD và BCD được gọi là hình tứ diện.

Cho bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Hình gồm bốn tam giác ABC, ACD, ABD và BCD được gọi là hình tứ diện.

Sử dụng kiến thức về tính chất của hai đường thẳng song song: Trong không gian, qua một điểm không nằm trên đường thẳng cho trước, có đúng một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho.

Trong không gian, qua một điểm không nằm trên đường thẳng cho trước, có đúng một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho.

Sử dụng kiến thức về hình hộp: Hình hộp ABCD. A’B’C’D’ có bốn đường chéo là AC’, BD’, CA’ và DB’

Hình hộp ABCD. A’B’C’D’ có bốn đường chéo là AC’, BD’, CA’ và DB’

Sử dụng kiến thức về tính chất của phép chiếu song song: Phép chiếu song song biến đường thẳng thành đường thẳng, tia thành tia, đoạn thẳng thành đoạn thẳng.

Phép chiếu song song biến đường thẳng thành đường thẳng.

Sử dụng kiến thức về tính chất hai đường thẳng song song: Trong không gian, hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì chúng song song với nhau.

Trong không gian, hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì chúng song song với nhau.

Sử dụng kiến thức về giá trị lượng giác của các góc lượng giác có liên quan đặc biệt: \(\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) = \sin \alpha \); \(\sin \left( {\pi - \alpha } \right) = \sin \alpha \).

\(\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) - \sin \alpha = \sin \alpha - \sin \alpha = 0\)

Sử dụng công thức \(\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b,\sin \left( {\pi - \alpha } \right) = \sin \alpha \)

Ta có: \(\sin B\cos C + \sin C\cos B = \sin \left( {B + C} \right) = \sin \left[ {\pi - \left( {B + C} \right)} \right] = \sin A\)

Sử dụng kiến thức về cách giải phương trình \(\sin x = m\): Xét phương trình \(\sin x = m\)

+ Nếu \(\left| m \right| > 1\) thì phương trình vô nghiệm.

+ Nếu \(\left| m \right| \le 1\) thì phương trình có nghiệm: \(x = \alpha + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = \pi - \alpha + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\), với \(\alpha \) là góc thuộc \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) sao cho \(\sin \alpha = m\)

\(\sin x\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{4} \Leftrightarrow 2\sin x\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \frac{\pi }{3}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = \pi - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Tính các giá trị \({u_6}\) và \({u_3}\) rồi tính hiệu.

Ta có: \({u_6} = \frac{1}{{{6^2} + 6.2 + 4}} = \frac{1}{{52}};{u_3} = \frac{1}{{{3^2} + 3.2 + 4}} = \frac{1}{{19}}\). Do đó, \({u_6} - {u_3} = \frac{1}{{52}} - \frac{1}{{19}} = \frac{{ - 33}}{{988}}\)

Sử dụng kiến thức về công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai d thì số hạng tổng quát \({u_n}\) của nó được xác định theo công thức: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Cấp số cộng trên có số hạng đầu \({u_1} = 3\), công sai \(d = 4\). Do đó, số hạng thứ 15 của cấp số cộng trên là:

\({u_{15}} = {u_1} + 14d = 3 + 14.4 = 59\)

Sử dụng kiến thức về công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công bội q thì số hạng tổng quát \({u_n}\) của nó được xác định theo công thức: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\).

Cấp số nhân trên có số hạng đầu \({u_1} = 2\), công bội \(q = 3\).

Ta có: \(39\;366 = {2.3^{n - 1}} \Leftrightarrow {3^{n - 1}} = 19\;683 \Leftrightarrow {3^{n - 1}} = {3^9} \Leftrightarrow n - 1 = 9 \Leftrightarrow n = 10\)

Sử dụng kiến thức tính giới hạn của thương \(\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\): Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = L < 0\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } g\left( x \right) = 0\) và \(g\left( x \right) < 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = + \infty \).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {2x - 16} \right) = 2.4 - 16 = - 8 < 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {x - 4} \right) = 0\)

Với \(x \to {4^ - }\) thì \(x < 4\) nên \(x - 4 < 0\). Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{2x - 16}}{{x - 4}} = + \infty \)

Sử dụng quy tắc về giới hạn vô cực của dãy số: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = a > 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}{v_n} = + \infty \).

Ta có: \({n^2} - 4n = {n^2}\left( {1 - \frac{4}{n}} \right)\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^2} = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 - \frac{4}{n}} \right) = 1 > 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{n^2} - 4n} \right) = + \infty \)

Sử dụng kiến thức về tổng cấp số nhân lùi vô hạn: Cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội q, số hạng đầu \({u_1}\) thì có tổng là \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\).

Tổng trên là cấp số nhân lùi vô hạn có \({u_1} = 1,\) công bội \(q = \frac{{ - 1}}{3}\)

Do đó, \(S = \frac{1}{{1 - \left( {\frac{{ - 1}}{3}} \right)}} = \frac{3}{4}\)

Sử dụng kiến thức về đường thẳng song song với mặt phẳng: Nếu đường thẳng a không nằm trong mặt phẳng (P) và song song với một đường thẳng nằm trong (P) thì a song song với (P).

Vì I, J lần lượt là trung điểm của SA và SC nên IJ là đường trung bình của tam giác SAC. Do đó, IJ // AC.

Mà \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên IJ // (ABCD).

Sử dụng kiến thức về cách tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng: Để tìm giao điểm của đường thẳng a và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) ta làm như sau:

+ Tìm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đường thẳng b sao cho b cắt a tại A.

+ Khi đó, A là giao điểm của đường thẳng a và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).

Trong mặt phẳng (ABD), gọi E là giao điểm của IJ và BD.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}E \in IJ\\E \in BD \subset \left( {CBD} \right)\end{array} \right.\) nên E là giao điểm của đường thẳng IJ và mặt phẳng (BDC).

Sử dụng kiến thức về giao tuyến của hai mặt phẳng: Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song với nhau thì giao tuyến của chúng (nếu có) song song với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

Vì M, O lần lượt là trung điểm của SD, BD nên MO là đường trung bình của tam giác SBD. Do đó, OM // SB.

Mà I là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (IOM); \(OM \subset \left( {IOM} \right),SB \subset \left( {SAB} \right)\)

Nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (IOM) là đường thẳng qua I và song song với OM, cắt SA tại J.

Sử dụng kiến thức về giới hạn của của dãy số để tính: \(\lim {q^n} = 0\left( {\left| q \right| < 1} \right)\)

Mẫu thức là tổng của n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 3\) và công bội \(q = 3\)

Do đó, \(3 + {3^2} + {3^3} + .. + {3^n} = \frac{{3\left( {{3^n} - 1} \right)}}{{3 - 1}} = \frac{3}{2}\left( {{3^n} - 1} \right)\)

Tử thức là tổng của n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 2\) và công bội \(q = 2\)

Do đó, \(2 + {2^2} + {2^2} + ... + {2^n} = \frac{{2\left( {{2^n} - 1} \right)}}{{2 - 1}} = 2\left( {{2^n} - 1} \right)\)

Khi đó, \(I = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{4}{3}.\frac{{{2^n} - 1}}{{{3^n} - 1}}} \right) = \frac{4}{3}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{2^n} - 1}}{{{3^n} - 1}} = \frac{4}{3}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} - \frac{1}{{{3^n}}}}}{{1 - \frac{1}{{{3^n}}}}} = 0\)

Sử dụng kiến thức về giao tuyến của hai mặt phẳng: Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song với nhau thì giao tuyến của chúng (nếu có) song song với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

Vì I và J theo thứ tự là trung điểm của AD và AC nên IJ là đường trung bình của tam giác ACD.

Do đó, IJ // CD. Mà \(IJ \subset \left( {GIJ} \right),CD \subset \left( {BCD} \right),\) G là điểm chung của hai mặt phẳng (GIJ) và (BCD).

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng (GIJ) và (BCD) là Gx // CD // IJ.

Trong (BCD), gọi E, F lần lượt là giao điểm của Gx với BD và BC.

Tứ giác IJFE có: IJ // FE nên tứ giác IJFE là hình thang.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}IJ = \left( {GIJ} \right) \cap \left( {ACD} \right)\\EI = \left( {GIJ} \right) \cap \left( {ABD} \right)\\EF = \left( {GIJ} \right) \cap \left( {BCD} \right)\\FJ = \left( {GIJ} \right) \cap \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\)

Do đó, thiết diện của mặt phẳng (GIJ) với tứ diện ABCD là hình thang IJFE.

Sử dụng công thức: \(\cos 2x = 1 - 2{\sin ^2}x = 2{\cos ^2}x - 1\)

\(\cos 2A + \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}} - \left( {2\cos 2B + 4\sin B} \right) + \frac{{13}}{4} \le 0\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}A - 1 + \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}} - \left( {2 - 4{{\sin }^2}B + 4\sin B} \right) + \frac{{13}}{4} \le 0\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}A + {\cos ^2}A + \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}} + 4{\sin ^2}B - 4\sin B + 1 \le \frac{3}{4}\left( * \right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \({\cos ^2}A + {\cos ^2}A + \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}} \ge \frac{3}{4}\left( 1 \right)\)

Mặt khác: \(4{\sin ^2}B - 4\sin B + 1 = {\left( {2\sin B - 1} \right)^2} \ge 0\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra bất đẳng thức (*) thỏa mãn khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\cos ^2}A = \frac{1}{{64{{\cos }^4}A}}\\\sin B = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos A = \frac{1}{2}\\\sin B = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat A = {60^0}\\\widehat B = {30^0}\\\widehat C = {90^0}\end{array} \right.\)

Do đó, \(\widehat B + \widehat C = {120^0}\)

Sử dụng kiến thức về tổng cấp số nhân lùi vô hạn: Cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội q, số hạng đầu \({u_1}\) thì có tổng là \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)

Ta có: \({S_1} = {S_{ABCD}} = {4^2};{S_2} = {S_{{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = {\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{4^2}}}{2};{S_3} = {S_{{A_2}{B_2}{C_2}{D_2}}} = {\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{4^2}}}{{{2^2}}}\);…

\({S_n} = {S_{{A_n}{B_n}{C_n}{D_n}}} = {4^2}.\frac{1}{{{2^{n - 1}}}}\);…

Như vậy, các số \({S_1};{S_2};...;{S_n};...\) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn có \({S_1} = {4^2},q = \frac{1}{2}\)

Do đó: \(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ... = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{{4^2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = {2.4^2} = 32\left( {c{m^2}} \right)\)