Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Tự luận

Lời giải

Vì ${\rm{90}}^\circ < \alpha < 180^\circ$ nên ${\rm{cos}}\alpha < 0.$

Ta có ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow \cos \alpha = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = - \sqrt {1 - \frac{9}{{25}}} = - \frac{4}{5}$

Khi đó: $\tan \alpha = - \frac{3}{4},\cot \alpha = - \frac{4}{3}$ $\Rightarrow B = 1.$

Chú ý: Từ giả thiết ta có biểu thức $B$ luôn có nghĩa và có tử số bằng mẫu số nên $B = 1$.

Lời giải

$VT = \sin \frac{A}{2}.\cos \frac{B}{2} + \cos \frac{A}{2}.\sin \frac{B}{2} = \sin \left( {\frac{A}{2} + \frac{B}{2}} \right)$$= \sin \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{C}{2}} \right) = \cos \frac{C}{2} = VP.$

Lời giải

Ta có $\sin 2x + \cos 2x = \sqrt 2 m \Leftrightarrow \sqrt 2 {\rm{cos}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2 m$$\Leftrightarrow \cos \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = m$

Vì $\left| {\cos \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right)} \right| \le 1$ nên $\left| m \right| \le 1.$ Hay $- 1 \le m \le 1$.Do $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \left\{ { - 1;0;1} \right\}.$

Lời giải

Ta có: $\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - \sin 2x = 0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \sin 2x$

$\Leftrightarrow \,\,\,\left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{6} = 2x + k2\pi \\x + \frac{\pi }{6} = \pi - 2x + k2\pi \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \,\,\,\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} - k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z}$

Lời giải

Gọi ${u_n}$ là số tiền ông H thu về sau khi cho thuê sau $n$năm.

Năm đầu tiên, ông H thu về: ${u_1} = 60$.

Năm thứ hai, ông H thu về: ${u_2} = {u_1}\left( {1 + 5\% } \right) = 1{,}05{u_1}$.

……

Năm thứ $n$, ông H thu về ${u_n} = {u_{n - 1}}\left( {1 + 5\% } \right) = 1{,}05{u_{n - 1}}$.

Nên ${u_n}$ là cấp số nhân với ${u_1} = 60;\,\,q = 1{,}05$.

Sau 5 năm, tổng số tiền ông H thu về từ cho thuê căn hộ đó là:

${S_5} = {u_1}.\frac{{{q^5} - 1}}{{q - 1}} = 60.\frac{{{{1{,}05}^5} - 1}}{{1{,}05 - 1}} = 331{,}537875$ (triệu đồng).

Lời giải

Diện tích mặt đáy tháp là ${u_1} = 12288\left( {\;{m^2}} \right)$.

Diện tích mặt sàn tầng 2 là: ${u_{2\,}} = 12288.\frac{1}{2} = 6144\left( {\;{m^2}} \right)$.

Gọi diện tích mặt sàn tầng $n$ là ${u_n}$ với $n \in {\mathbb{N}^*}$.

Dãy $\left( {{u_n}} \right)$ lập thành một cấp số nhân là ${u_1} = 12288$ và công bội $q = \frac{1}{2}$,

Số hạng tổng quát là: ${u_n} = 12288.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}$.

Diện tích mặt tháp trên cùng chính là mặt tháp thứ 11 nên ta có:

${u_{11}} = 12288 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{11 - 1}} = 12\left( {\;{m^2}} \right)$.

Lời giải

Gọi ${u_1},{u_2},...{u_{30}}$ lần lượt là số ghế của dãy ghế thứ nhất, dãy ghế thứ hai, … và dãy ghế số ba mươi. Ta có công thức tổng quát ${u_n} = {u_{n - 1}} + 4$$(n = 2{,}3,...30)$

Kí hiệu ${S_{30}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{30}}$, theo công thức tổng các số hạng của một cấp số cộng ta được ${S_{30}} = \frac{{30}}{2}(2{u_1} + (30 - 1)4) = ..... = 2190$

Vậy khu A có 2 190 ghế.

Lời giải

Gọi $x$($x$>0) là số quả dưa hấu thu hoạch được đầu mùa của bác nông dân Mai An Tiêm.

Người khách hàng thứ nhất đã mua: $\frac{x}{2} + \frac{1}{2} = \frac{{x + 1}}{2}$ quả;

Người thứ 2 mua: $\frac{1}{2}\left( {x - \frac{{x + 1}}{2}} \right) + \frac{1}{2} = \frac{{x + 1}}{{{2^2}}}$ quả;

Người khách hàng thứ 3 mua: $\frac{1}{2}\left( {x - \frac{{x + 1}}{2} - \frac{{x + 1}}{{{2^2}}}} \right) + \frac{1}{2} = \frac{{x + 1}}{{{2^3}}}$ quả;.

…

và người khách hàng thứ 11 mua: $\frac{{x + 1}}{{{2^{11}}}}$ quả. Ta có phương trình:

$\frac{{x + 1}}{2} + \frac{{x + 1}}{{{2^2}}} + ... + \frac{{x + 1}}{{{2^{11}}}} = x$$\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{2^{11}}}}} \right) = x$(*)

Ta có $\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{2^{11}}}} = \frac{1}{2}\,\frac{{1 - \frac{1}{{{2^{11}}}}}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{{2047}}{{2048}}$

Do đó phương trình (*) $\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\frac{{2047}}{{2048}} = x \Leftrightarrow x = 2047$

Số tiền bác ấy thu được là $20.470.000$ đồng.

Lời giải

a) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{{ - {n^2} + 7n - 9}}{{5{n^2} + 2n}}} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{(\frac{{ - {n^2}}}{{{n^2}}} + \frac{{7n}}{{{n^2}}} - \frac{9}{{{n^2}}})}}{{(\frac{{5{n^2}}}{{{n^2}}} + \frac{{2n}}{{{n^2}}})}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{( - 1 + \frac{7}{n} - \frac{9}{{{n^2}}})}}{{(5 + \frac{2}{n})}}$$= \frac{{ - 1 + 0 - 0}}{{5 + 0}} = \frac{{ - 1}}{5}$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt {x + 21} - 5}}{{2x - 8}}$$\mathop { = \lim }\limits_{x \to 4} \frac{{(\sqrt {x + 21} - 5)(\sqrt {x + 21} + 5)}}{{(2x - 8)(\sqrt {x + 21} + 5)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{x + 21 - 25}}{{(2x - 8)(\sqrt {x + 21} + 5)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{x - 4}}{{2(x - 4)(\sqrt {x + 21} + 5)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{1}{{2(\sqrt {x + 21} + 5)}} = \frac{1}{{2(\sqrt {4 + 21} + 5)}} = \frac{1}{{20}}$.

c)$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {4{n^2} + n} + 2n - 3}}{{n + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{n}} + 2 - \frac{3}{n}}}{{1 + \frac{5}{n}}}$$= \frac{{\sqrt {4 + 0} + 2 - 0}}{{1 + 0}} = 4.$

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2023x + 1} \sqrt[3]{{2024x + 1}} - 1}}{x}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {\sqrt {2023x + 1} \sqrt[3]{{2024x + 1}} - \sqrt[3]{{2024x + 1}}} \right) + \left( {\sqrt[3]{{2024x + 1}} - 1} \right)}}{x}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2023x + 1} \sqrt[3]{{2024x + 1}} - \sqrt[3]{{2024x + 1}}}}{x} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{2024x + 1}} - 1}}{x}$$\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{2024x + 1}}\left( {\sqrt {2023x + 1} - 1} \right)\left( {\sqrt {2023x + 1} + 1} \right)}}{{x\left( {\sqrt {2023x + 1} + 1} \right)}}\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {\sqrt[3]{{2024x + 1}} - 1} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{(2024x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{2024x + 1}} + 1} \right)}}{{x\left( {\sqrt[3]{{{{(2024x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{2024x + 1}} + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2023.\sqrt[3]{{2024x + 1}}}}{{\left( {\sqrt {2023x + 1} + 1} \right)}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2024}}{{\sqrt[3]{{{{(2024x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{2024x + 1}} + 1}} = \frac{{2023}}{2} + \frac{{2024}}{3} = \frac{{10117}}{6}.\end{array}$

Lời giải

Ta có $f\left( 3 \right) = 7$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{2{x^2} - 5x - 3}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {2x + 1} \right)}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {2x + 1} \right) = 7$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {3x - 2} \right) = 7$

Ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)$ nên hàm số liên tục tại $x = 3$.

Lời giải

${S_1} = {8^2} = 64,{S_2} = {2^2} + {6^2} = 40,{S_3} = {\left( {\frac{{\sqrt {10} }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{3\sqrt {10} }}{2}} \right)^2} = 25,...$

Vậy tổng diện tích $S$ của tất cả các hình vuông ${C_1},{C_2},...,{C_n},...$là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu bằng $64$ và công bội $q = \frac{5}{8}$.

$\Rightarrow S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{64}}{{1 - \frac{5}{8}}} = \frac{{512}}{3}$.

Lời giải

Diện tích của tam giác ${A_1}{M_1}M$ là ${u_1} = \frac{1}{2}{A_1}{M_1}.{A_1}M = \frac{1}{8}$

Diện tích của tam giác ${A_2}{M_2}{M_1}$ là ${u_2} = \frac{1}{2}{A_2}{M_2}.{A_2}{M_1} = \frac{1}{2}.\frac{1}{4}.\frac{1}{4} = \frac{1}{{32}} = {u_1}.\frac{1}{4}$

Diện tích của tam giác ${A_3}{M_3}{M_2}$ là ${u_3} = \frac{1}{2}{A_3}{M_3}.{A_3}{M_2} = \frac{1}{2}.\frac{1}{8}.\frac{1}{8} = \frac{1}{{128}} = {u_2}.\frac{1}{4}$

….

Suy ra ta được một dãy các tam giác mà diện tích của các tam giác là các số hạng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${u_1} = \frac{1}{8}$, công bội $q = \frac{1}{4}$.

Vậy tổng diện tích của các tam giác là: $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{8}}}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{1}{6}$.

Lời giải

Do $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c$ là hàm đa thức nên liên tục trên $\mathbb{R}$

Có $f\left( 1 \right) = a + b + c;\,f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{9}a + \frac{1}{3}b + c \Rightarrow f\left( 1 \right) + 9f\left( {\frac{1}{3}} \right) = 2\left( {a + 2b + 5c} \right) = 0$

$\Rightarrow f\left( 1 \right)$ và $f\left( {\frac{1}{3}} \right)$ trái dấu hoặc $f\left( 1 \right) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = 0$.

Nếu $f\left( 1 \right) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = 0$ thì phương trình có 2 nghiệm $x = 1;x = \frac{1}{3}$.

Nếu $f\left( 1 \right)$ và $f\left( {\frac{1}{3}} \right)$ trái dấu tức là $f\left( 1 \right).f\left( {\frac{1}{3}} \right) < 0$ thì phương trình có ít nhất 1 nghiệm trong

khoảng $\left( {\frac{1}{3};1} \right)$.

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm thực.

Lời giải

a) Ta cóvan|: $\left\{ \begin{array}{l}AD\,{\rm{//}}\,BC\\AD \subset \left( {SAD} \right);\,\,BC \subset \left( {SBC} \right)\\S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\end{array} \right.$ nên $\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sx\,{\rm{//}}\,AD\,{\rm{//}}\,BC$.

b) Ta cóXz9|: $AD\,{\rm{//}}\,BC$$\Rightarrow \frac{{OA}}{{OC}} = \frac{{OD}}{{OB}} = \frac{{AD}}{{BC}} = 2$ .

Gọi $M$ là trung điểm $SA$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $\frac{{GD}}{{GM}} = 2$.

$\frac{{OD}}{{OB}} = \frac{{GD}}{{GM}} = 2$$\Rightarrow OG\,{\rm{//}}\,MB$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OG{\rm{//}}MB\\MB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OG{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

Lời giải

a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\I \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\end{array} \right.$

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ là $SI$.

b) Ta có $IM$ là đường trung bình của tam giác $SBD$, suy ra $IM//SD$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}IM \not\subset \left( {SAD} \right)\\IM//SD\\SD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IM//\left( {SAD} \right)$

c) Gọi $N$ lần lượt là trung điểm của $AD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SBN} \right)$ gọi $K = MG \cap BN$, suy ra $N$ là trung điểm $BK$.

Suy ra $\Delta ABN = \Delta DKN \Rightarrow \widehat {BAN} = \widehat {KDN} \Rightarrow AB//DK;AB = DKACK$. Do đó $K,D,C$ thẳng hàng và $D$ là trung điểm $KC$.

Gọi $Q = AD \cap IK$, tam giác có hai trung tuyến $AD,KI$ cắt nhau tại $Q$ nên $Q$ là trọng tâm của tam giác $ACK$, suy ra $AQ = \frac{2}{3}AD$. Vậy $\frac{{QD}}{{QA}} = \frac{1}{2}$.

Lời giải

* Ta có $M,O$ lần lượt là trung điểm của $SA,AC$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ ứng với cạnh $SC$do đó $OM{\rm{//}}SC$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}OM{\rm{//}}SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OM{\rm{//}}\left( {SBC} \right){\rm{ }}\left( 1 \right)$.

* Tương tự, Ta có $N,O$ lần lượt là trung điểm của $SD,BD$ nên $ON$ là đường trung bình của tam giác $SBD$ ứng với cạnh $SB$do đó $OM//SB$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}ON{\rm{//}}SB\\SB \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OM{\rm{//}}\left( {SBC} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)$

* Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có $\left\{ \begin{array}{l}OM{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\\ON{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\\OM \cap ON = O\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Lời giải

« Vẽ hình biểu diễn của hình chóp $S.ABCD$.

Hình chóp $S.ABCD$ có các mặt bên là hình tam giác nên hình biểu diễn của nó cũng có mặt bên là các hình tam giác. Hình thang $ABCD$ có hai đáy $AB,CD$ mà $AB = 4\,{\rm{dm}}$,$CD = 6\,{\rm{dm}}$ tức $CD = \frac{3}{2}AB$ nên hình biểu diễn của hình thang $ABCD$ là hình thang có độ dài một đáy gấp ba $\frac{3}{2}$ lần đáy còn lại. Từ đó, ta vẽ được hình biểu diễn của hình chóp $S.ABCD$ như hình vẽ.

« Xác định hình chiếu của $\Delta SIC$ qua phép chiếu song song trên $\left( {ABCD} \right)$ theo phương chiếu $SB$.

Gọi $J$ là trung điểm của $AB$, khi đó $JI$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ nên $JI{\rm{//}}SB$.

Suy ra hình chiếu song song của $I$, $S,\,C$ qua phép chiếu song song trên $\left( {ABCD} \right)$ theo phương chiếu $SB$ lần lượt là $J$, $B,\,C$.

Vậy hình chiếu của $\Delta SIC$ qua phép chiếu song song trên $\left( {ABCD} \right)$ theo phương chiếu $SB$ là $\Delta BJC.$

Lời giải

a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ có $AB\;{\rm{//}}\;CD$ và $MN$ cắt $AB$ nên đường thẳng $MN$ cắt đường thẳng $CD$ tại $I$. $I$ và $S$ là các điểm chung của mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.Suy ra giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng $SI$.

b) Gọi $E$ và $G$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $SAB$ và $SBC$. Chứng minh $EG\;{\rm{//}}\;\left( {ABCD} \right)$.

$E$ và $G$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $SAB$ và $SBC$ nên $E \in SM,$ $G \in SN$ và $\frac{{SE}}{{SM}} = \frac{2}{3};\;\frac{{SG}}{{SN}} = \frac{2}{3}.$Tam giác $SMN$ có $\frac{{SE}}{{SM}} = \frac{{SG}}{{SN}}$ nên $EG\;{\rm{//}}\;MN$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}EG \not\subset \left( {ABCD} \right)\\EG\;{\rm{//}}\;MN\\MN \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EG\;{\rm{//}}\;\left( {ABCD} \right).$

c) Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua đường thẳng $EG$ và song song với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Xác định giao điểm của $\left( \alpha \right)$ với đường thẳng $SD$ (gọi là điểm $K$) và tính diện tích tam giác $EGK$, biết rằng diện tích hình thang $ABCD$ bẳng $27$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\;{\rm{//}}\;\left( {ABCD} \right)\\\left( {SMD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MD\\E \in \left( {SMD} \right) \cap \left( \alpha \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SMD} \right) \cap \left( \alpha \right) = Ex$, với $Ex\;{\rm{//}}\;MD$, $Ex\; \cap SD = K$. Như vậy, $K = \left( \alpha \right) \cap SD$.

Tam giác $SMD$ có $EK\;{\rm{//}}\;MD$ nên $\frac{{SK}}{{SD}} = \frac{{KE}}{{MD}} = \frac{{SE}}{{SM}} = \frac{2}{3}$. Tương tự $\frac{{KG}}{{DN}} = \frac{2}{3}$, $\frac{{EG}}{{MN}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra tam giác $EGK$ đồng dạng với tam giác $MND$ theo tỉ số $\frac{2}{3}$. Suy ra $\frac{{S}_{\triangle EGK}}{{S}_{\triangle MND}}=\frac{4}{9}$.

Mà ${S}_{\triangle MND}=\frac{1}{2}{S}_{\triangle BMDC}=\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}{S}_{\triangle ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{\triangle ABCD}.$

Nên ${S}_{\triangle EGK}=\frac{4}{27}{S}_{\triangle ABCD}=4$.

Lời giải

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( R \right)//\left( {ABCD} \right)\\K \in \left( R \right)\\CD = \left( R \right) \cap \left( {CDHK} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( R \right) \cap \left( {CDHK} \right)$là đường thẳng đi qua $K$ song song với $CD$ cắt $HD$ tại $I$. Khi đó $(R) \cap (CDHK) = KI$.

Tương tự:

$\left( R \right) \cap \left( {ADHE} \right)$ là đường thẳng đi qua $I$ song song với $AD$ cắt $AE$ tại $N$

$$\Rightarrow \left( R \right) \cap \left( {ADHE} \right) = NI$$

$\left( R \right) \cap \left( {ABFE} \right)$ là đường thẳng đi qua $N$ song song với $AB$ cắt $FB$ tại $J$

$$\Rightarrow \left( R \right) \cap \left( {ABFE} \right) = NJ$$

$$\Rightarrow \left( R \right) \cap \left( {BCKMF} \right) = KJ$$

Vậy bác thợ mộc cắt khối gỗ theo mặt cắt là tứ giác $NIKJ$.

Lời giải

Bảng mẫu số liệu của giá trị đại diện

Số trung bình của mẫu số liệu trên là $\frac{{2.6 + 7.8 + 7.10 + 3.12 + 1.14}}{{20}} = \frac{{12 + 56 + 70 + 36 + 14}}{{20}} = 9{,}4$.

Lời giải

Cỡ mẫu là $n = 3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56$.

Gọi ${x_1}, \ldots ,{x_{56}}$ là thời gian vào Internet của 56 học sinh và giả sử dãy này đã được sắp

xếp theo thứ tự tăng dần. Khi đó, trung vị là $\frac{{{x_{28}} + {x_{29}}}}{2}$. Do 2 giá trị ${x_{28}},{x_{29}}$ thuộc nhóm thứ 3 là: $[15{,}5;18{,}5)$ nên nhóm này chứa trung vị.

Do đó, $p = 3;{a_3} = 15{,}5;{m_3} = 15;{m_1} + {m_2} = 3 + 12 = 15;{a_4} - {a_3} = 3$

Vậy ${M_e} = 15{,}5 + \frac{{\frac{{56}}{2} - 15}}{{15}} \cdot 3 = 18{,}1.$

Lời giải

Số phần tử của mẫu là $n = 40$.

Gọi ${x_1},{x_2}...,{x_{40}}$là cân nặng của $40$ học sinh được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Khi đó, trung vị là $\frac{{{x_{20}} + {x_{21}}}}{2}$. Khi đó nhóm chứa trung vị là nhóm $3$: $\left[ {50;60} \right)$.

Ta có $p = 3;{a_3} = 50;{m_3} = 16;{m_1} + {m_2} = 12;{a_4} - {a_3} = 10$.

Áp dụng công thức tính trung vị ta có ${Q_2} = {M_e} = 50 + \left( {\frac{{20 - 12}}{{16}}} \right) \cdot 10 = 55\left( {{\rm{\;kg}}} \right).$

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ là $\frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}$. Khi đó nhóm chứa ${Q_1}$ là nhóm $2$:$\left[ {40;50} \right)$

Ta có $p = 2;{a_2} = 40;{m_2} = 10;{m_1} = 2;{a_3} - {a_2} = 10$.

Áp dụng công thức tính ${Q_1}$ ta có ${Q_1} = 40 + \left( {\frac{{10 - 2}}{{10}}} \right) \cdot 10 = 48\left( {{\rm{\;kg}}} \right).$

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$ là $\frac{{{x_{30}} + {x_{31}}}}{2}$. Khi đó nhóm chứa ${Q_3}$ là nhóm $4$:$\left[ {60;70} \right)$

Ta có $p = 4;{a_4} = 40;{m_4} = 8;{m_1} + {m_2} + {m_3} = 28;{a_5} - {a_4} = 10$.

Áp dụng công thức tính ${Q_3}$ ta có ${Q_3} = 60 + \left( {\frac{{30 - 28}}{8}} \right).10 = 62{,}5\left( {{\rm{kg}}} \right).$

Vậy tứ phân vị của mẫu số liệu trên là:${Q_1} = 48\left( {{\rm{kg}}} \right);{Q_2} = 55\left( {{\rm{kg}}} \right);{Q_3} = 62{,}5\left( {{\rm{kg}}} \right)$.