Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2023-2024 THPT Bùi Thị Xuân (Hà Nội) có đáp án

Đáp án đúng là: D

Ta có $\frac{{n + 1}}{{2n + 1}} = \frac{8}{{15}} \Leftrightarrow 15n + 15 = 16n + 8 \Leftrightarrow n = 7$.

Vậy Số $\frac{8}{{15}}$ là số hạng thứ bảy của dãy số

Đáp án đúng là: D

Cỡ mẫu: $n = 4 + 6 + 7 + 5 + 3 = 25$.

${x_1},\,{x_2},\,...,{x_{25}}$ là chiều cao của 25 cây dừa giống được sắp xếp theo thứ tự không giảm. Khi đó, trung vị là ${x_{13}}$.

Do ${x_{13}}$ thuộc nhóm $\left[ {20;30} \right)$ nên nhóm này chứa trung vị. Do đó:

$p = 3$, ${a_3} = 20$, ${m_3} = 7$, ${m_1} + {m_2} = 10$, ${a_4} - {a_3} = 10$. Do đó:

${M_e} = 20 + \frac{{\frac{{25}}{2} - 10}}{7}.10 = \frac{{165}}{7}$.

Đáp án đúng là: D

$\sin 2x = \sin x \Leftrightarrow \sin x\left( {2\cos x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\cos x = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

Biểu diễn các nghiệm $x = k\pi$,$x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi$ trên đường tròn lượng giác ta thấy trùng với các nghiệm $x = k2{\rm{\pi }};x = \frac{{\rm{\pi }}}{3} + \frac{{k2{\rm{\pi }}}}{3}$, $k \in \mathbb{Z}$.

Đáp án đúng là: B

$$\sqrt 2 {\rm{sin}}\left( {a + \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2 \left( {\sin a\cos \frac{\pi }{4} + \cos a\sin \frac{\pi }{4}} \right) = \sin a + \cos a$$

Đáp án đúng là: B

Số lá có độ dài dưới 30 cm chiếm: 13,3% + 30% = 43,3%.

Số lá có độ dài từ 30 cm đến 50 cm chiếm: 100% − 43,3% = 56,7%.

Đáp án đúng là: C

Trong mỗi khoảng số lần đi muộn của các bạn trong lớp, giá trị đại diện chính là trung bình cộng của giá trị hai đầu mút nên ta có bảng sau:

Tổng số học sinh là n = 23 + 8 + 5 + 3 + 1 = 40.

Trung bình trong học kì mỗi học sinh đi muộn số buổi là

$\overline x = 23.1 + 8.4 + 5.7 + 3.10 + 1.1340{\rm{\;}} = 3{,}325$(buổi).

Đáp án đúng là: C

Gọi số hàng cây là $n.$Nhận xét số cây ở các hàng lập thành cấp số cộng có ${u_1} = 1$ và công sai $d = 1.$

Áp dụng công thức ${S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2}$ ta có $\left( {2 + n - 1} \right)n = 6006 \Leftrightarrow {n^2} + n - 6006 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 77\\n = - 78\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là: C

Cỡ mẫu: $n = 2 + 4 + 7 + 4 + 3 = 20$.

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$ là $\frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2}$. Do ${x_{15}},\,\,{x_{16}}$ đều thuộc nhóm $\left[ {12;16} \right)$ nên nhóm này chứa ${Q_3}$.

Do đó: $p = 4$, ${a_4} = 12$, ${m_4} = 4$, ${m_1} + {m_2} + {m_3} = 2 + 4 + 7 = 13$, ${a_5} - {a_4} = 4$. Ta có:

${Q_3} = 12 + \frac{{\frac{{3.20}}{4} - 13}}{4}.4 = 14$.

Đáp án đúng là: D

Áp dụng công thức ${S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2}$ ta có $\left( {2{u_1} - 2.7} \right)4 = 72 \Leftrightarrow 2{u_1} - 14 = 18 \Leftrightarrow {u_1} = 16$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{u_6} = 192}\\{{u_7} = 384}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{u_1} \cdot {q^5} = 192\left( 1 \right)}\\{{u_1} \cdot {q^6} = 384\left( 2 \right)}\end{array}} \right.} \right.$

Lấy (2) chia (1) theo vế với vế ta được $q = 2$ thế vào (1):

(1) $\Leftrightarrow {u_1} \cdot {2^5} = 192 \Leftrightarrow {u_1} = 6$

Vậy ${u_1} = 6$ và $q = 2$

Đáp án đúng là: D

Ba số $2x - 1;{\rm{\;}}x;{\rm{\;}}2x + 1{\rm{\;}}$theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân khi

$(2x - 1)(2x + 1) = {x^2}$⇔${x^2} = 4{x^2} - 1 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

a)

b) Với mẫu số liệu không ghép nhóm:

$\bar x = (5 + 3 + 10 + 20 + 25 + 11 + 13 + 7 + 12 + 31 + 19 + 10 + 12 + 17 + 18 + 11 + 32 + 17 + 16 + 2 +$

$$7 + 9 + 7 + 8 + 3 + 5 + 12 + 15 + 18 + 3 + 12 + 14 + 2 + 9 + 6 + 15 + 15 + 7 + 6 + 12):{\rm{ }}40 = 11.9$$

Với mẫu số liệu ghép nhóm: $\bar x = \frac{{2.5 \times 6 + 7.5 \times 10 + 12.5 \times 11 + 17.5 \times 9 + 22.5 + 27.5 + 32.5 \times 2}}{{40}} = 12.5$

Số trung bình của mẫu số liệu không ghép nhóm chính xác hơn.

a)Ta có: ${({\rm{sin}}a + {\rm{cos}}a)^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a + 2{\rm{sin}}a{\rm{cos}}a = \frac{1}{4}$

$\Leftrightarrow 1 + {\rm{sin}}2a = \frac{1}{4} \Leftrightarrow {\rm{sin}}2a = - \frac{3}{4}{\rm{.\;}}$

Vì $\frac{\pi }{2} < a < \frac{{3\pi }}{4}$ nên $\pi < 2a < \frac{{3\pi }}{2}$, do đó ${\rm{cos}}2a < 0$. Mặt khác từ ${\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {2a} \right) + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\left( {2a} \right) = 1$

Suy ra ${\rm{cos}}2a = - \sqrt {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {2a} \right)} = - \sqrt {1 - {{\left( { - \frac{3}{4}} \right)}^2}} = - \frac{{\sqrt 7 }}{4}$.

b) Gọi diện tích được tô màu ở mỗi bước là ${u_n},n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}$. Ta có dãy các giá trị ${u_n}$ là một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1} = \frac{4}{9}$ và công bội $q = \frac{1}{9}$.

Gọi ${S_k}$ là tổng của $k$ số hạng đầu trong cấp số nhân đang xét thì ${S_k} = \frac{{{u_1}\left( {{q^k} - 1} \right)}}{{q - 1}}$.

Để tổng diện tích phần được tô màu chiếm $49{,}99{\rm{\% }}$ thì $\frac{{{u_1}\left( {{q^k} - 1} \right)}}{{q - 1}} \ge 0{,}4999 \Leftrightarrow k \ge 3{,}8$.

Vậy cần ít nhất 4 bước.