Bộ 5 đề thi Cuối kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 2

Xét dãy số ${u_n} = 2n + 1$.

Ta có ${u_{n + 1}} = 2n + 3$.

Xét ${u_{n + 1}} - {u_n} = 2$. Do đó dãy số ${u_n} = 2n + 1$ là một cấp số cộng. Chọn A.

a) Cỡ mẫu $n = 10 + 12 + 14 + 9 + 5 = 50$.

b) Giá trị đại diện của nhóm 5 là $\frac{{55 + 65}}{2} = 60$.

c) Nhóm $\left[ {35;45} \right)$ là nhóm có tần số lớn nhất nên nhóm này chứa mốt của mẫu số liệu.

d) Gọi ${x_1};...;{x_{50}}$ lần lượt là số tuổi của bệnh nhân mắc bệnh được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có ${M_e} = \frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}$ mà ${x_{25}},{x_{26}} \in \left[ {35;45} \right)$ nên ta có ${M_e} = 35 + \frac{{\frac{{50}}{2} - 22}}{{14}}.10 = \frac{{260}}{7} \approx 37{,}14$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Lăng trụ tứ giác $ABCD.A'B'C'D'$ có hai đáy $ABCD$ và $A'B'C'D'$là hai hình bình hành nên $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp.

b) Có $AB//C'D'$ và $AB = C'D'$ nên $ABC'D'$ là hình bình hành.

c) Vì $ABC'D'$ là hình bình hành nên $AD'//BC'$ mà $BC' \subset \left( {BDC'} \right)$. Suy ra $AD'//\left( {BDC'} \right)$.

d) Có $AC//A'C'$ mà $A'C' \subset \left( {BA'C'} \right)$ nên $AC//\left( {BA'C'} \right)$ (1).

Có $AD'//BC'$ mà $BC' \subset \left( {BA'C'} \right)$nên $AD'//\left( {BA'C'} \right)$(2).

Từ (1) và (2), suy ra $\left( {ACD'} \right)//\left( {BA'C'} \right)$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

Vì $a,b$ là hai góc nhọn nên $\cos a > 0;\cos b > 0$.

Vì $\sin a = \frac{1}{3} \Rightarrow \cos a = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$; $\sin b = \frac{1}{2} \Rightarrow \cos b = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

$\cos 2\left( {a + b} \right) = \cos \left( {2a + 2b} \right)$$= \cos 2a\cos 2b - \sin 2a\sin 2b$

$= \left( {2{{\cos }^2}a - 1} \right)\left( {2{{\cos }^2}b - 1} \right) - 4\sin a\cos a\sin b\cos b$

$= \left( {2.\frac{8}{9} - 1} \right)\left( {2.\frac{3}{4} - 1} \right) - 4.\frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt 2 }}{3}.\frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}$

$= \frac{7}{{18}} - \frac{{2\sqrt 6 }}{9}$$= \frac{{7 - 4\sqrt 6 }}{{18}}$. Suy ra $m = 4;n = 18$. Do đó $m + 2n = 4 + 2.18 = 40$.

Trả lời: 40.

Ta có $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{ - 6}}{3} = - 2$.

Suy ra ${u_4} = {u_1}.{q^3} = 3.{\left( { - 2} \right)^3} = - 24$.

Trả lời: −24.

Gọi $N$ là trung điểm của $AB$, M là trung điểm $AC$.

Suy ra $MN$là đường trung bình của $\Delta ABC$. Do đó $MN//BC$.

Do đó $N$là hình chiếu song song của điểm $M$ lên $\left( {AA'B'} \right)$ theo phương chiếu $CB$.

Do đó $\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Trả lời: 0,5.

$\lim \frac{{3{n^2} + n}}{{1 - 2{n^2}}} = \lim \frac{{3 + \frac{1}{n}}}{{\frac{1}{{{n^2}}} - 2}}$$= \lim \frac{{3 + \frac{1}{n}}}{{\frac{1}{{{n^2}}} - 2}} = - 1{,}5$.

Trả lời: −1,5.

Giả sử trồng được $n$ hàng cây $\left( {n \ge 1;n \in \mathbb{N}} \right)$.

Số cây ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với ${u_1} = 1;d = 1$.

Theo đề ta có ${S_n} = 465$ $\Leftrightarrow \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2} = 465$$\Leftrightarrow \frac{{\left[ {2.1 + \left( {n - 1} \right).1} \right]n}}{2} = 465$$\Leftrightarrow {n^2} + n - 930 = 0$

$\Leftrightarrow n = 30$.

Vậy khu vườn có 30 hàng cây.

Các mặt kệ sách đặt song song với mặt đất nên là hình ảnh của các mặt phẳng song song nhau, ta kí hiệu các mặt phẳng từ đáy kệ sách lên trên lần lượt là $\left( {{P_1}} \right),\left( {{P_2}} \right),\left( {{P_3}} \right),\left( {{P_4}} \right)$.

Áp dụng định lí Thales cho ba mặt phẳng $\left( {{P_1}} \right),\left( {{P_2}} \right),\left( {{P_3}} \right)$ với hai cát tuyến ${d_1};{d_2}$ ta có $\frac{{FG}}{{BC}} = \frac{{GH}}{{CD}} \Rightarrow \frac{{FG}}{{GH}} = \frac{{BC}}{{CD}}$.

Mà $BC = CD$ nên $\frac{{FG}}{{GH}} = 1 \Rightarrow FG = GH$.

Tương tự áp dụng định lí Thales cho ba mặt phẳng $\left( {{P_2}} \right),\left( {{P_3}} \right),\left( {{P_4}} \right)$ với hai cát tuyến ${d_1};{d_2}$ ta có $EF = FG$.

Từ đó suy ra $GH = FG = EF = 32$ cm.

Vậy $HE = EF + FG + GH = 96$cm.

Gọi ${h_n}$ là độ cao quả bóng đạt được ở lần nảy thứ $n$.

Theo bài ra ta có ${h_n} = \frac{3}{{10}}{h_{n - 1}}$ nên $\left( {{h_n}} \right)$ là 1 cấp số nhân với ${h_1} = \frac{3}{{10}}.7{,}2$ với công bội $q = \frac{3}{{10}}$ (là cấp số nhân lùi vô hạn).

Gọi ${v_n}$ là độ dài quãng đường bóng rơi từ trên xuống đất lần thứ $n$.

Theo bài ta ta có ${v_n} = \frac{3}{{10}}{v_{n - 1}}$ nên $\left( {{v_n}} \right)$ là một cấp số nhân với ${v_1} = 7{,}2$ và công bội $q = \frac{3}{{10}}$ (là cấp số nhân lùi vô hạn).

Nếu quá trình bóng rơi xuống, nảy lên diễn ra mãi thì tổng quãng đường bóng di chuyển được bằng:

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {S_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {\left( {{v_1} + {v_2} + ... + {v_n} + ...} \right) + \left( {\left( {{h_1} + {h_2} + ... + {h_n} + ...} \right)} \right)} \right]$

$= \left( {7{,}2.\frac{1}{{1 - \frac{3}{{10}}}}} \right) + \left( {7{,}2.\frac{3}{{10}}.\frac{1}{{1 - \frac{3}{{10}}}}} \right) = \frac{{468}}{{35}} \approx 13{,}4$ (m).