Đề khảo sát chất lượng Toán 11 năm 2024 - 2025 sở GD&ĐT Hà Nội

a) Giá trị của \(f(2)\) bằng 1.

b) Giá trị của \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x)\) bằng -1.

c) Hàm số đã cho liên tục trên \(\mathbb{R}\).

d) Giá trị của \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {xf(x) + 1} }}{{x + 1}}\) bằng 1.

a) Độ dài mỗi cạnh của hình \({H_1}\) là \(\frac{a}{3}\).

b) Với mọi số tự nhiên\(\;n \ge 2\) thì độ dài mỗi cạnh của hình \({H_{n - 1}}\) gấp 3 lần độ dài mỗi cạnh của hình \({H_n}\).

c) Gọi \({u_1},{u_2},.....,{u_n},....\) lần lượt là số cạnh của các hình \({H_1},{H_2},....{H_n},...\). Khi đó, dãy số \({u_1},{u_2},{u_3},{u_4},....\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội \(q = 4\).

d) Chu vi của hình bông tuyết Von Koch \({H_{16}}\) lớn hơn 100 lần chu vi của hìnhH.

a) Giá trị của \(a\) bằng 0,25.

b) Sau 2 giờ, quần thể có nhiều hơn 60 vi sinh vật.

c) Với quy trình nuôi cấy theo mô hình trên thì số lượng vi khuẩn trong quần thể không lớn hơn 100.

d) Để số lượng vi sinh vật trong quần thể lớn hơn 90 thì cần nuôi cấy ít nhất 6 giờ.

a) Đường thẳng AM nằm trong mặt phẳng (SAC).

b) Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) là đường thẳng SO.

c) Giao điểm của đường thẳng AM và mặt phẳng (SBD) là giao điểm của AM và SO.

d) Gọi \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng AM và song song với đường thẳng BD. Mặt phẳng \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) cắt SB tại P. Khi đó \(\frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}\).

Tính chất của logarit.

\({\log _3}\frac{a}{3} = {\log _3}a - {\log _3}3 = {\log _3}a - 1\).

Tìm 2 điểm chung của 2 mặt phẳng.

Ta có (AMD) và (BCD) có điểm chung là M, D nên giao tuyến là MD.

Sử dung tương giao đồ thị hàm số.

Ta thấy đồ thị hàm số cắt \(y = \frac{1}{3}\) tại 4 điểm trong \([ - \pi ;\pi ]\) nên có tất cả 4 nghiệm.

Tính chất đường trung bình.

Ta thấy MN là đường trung bình của \(\Delta SBC \Rightarrow\) MN // BC // AD, suy ra MN // (SAD).

Công thức tìm giá trị trung bình.

Ta có \(\bar x = \frac{{15.1 + 55.3 + 190.5 + 290.7 + 140.9}}{{15 + 55 + 190 + 290 + 140}} = 6,4\).

Chia cả tử và mẫu cho \({3^n}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{ \;}} + \infty } \frac{{{2^n} + 1}}{{{3^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{ \;}} + \infty } \frac{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}}{1} = 0\).

Quy tắc cộng xác suất.

Theo quy tắc cộng có tất cả 4 + 3 = 7 cách.

Giải phương trình \(\sin x \ne 0\).

Ta có \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi {\rm{ \;}} \Rightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in Z} \right\}\).

Thay \(n = 3\) vào \({u_n} = 3n + 1,\forall n \in {N^*}\).

Thay \(n = 3\) vào \({u_n} = 3n + 1,\forall n \in {N^*}\) ta được \({u_4} = 3.3 + 1 = 10\).

Tìm nhóm có tần số lớn nhất.

Nhóm [15;20] có 10 học sinh nhiều nhất nên là nhóm chứa mốt.

Công bội \(q = \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}}\).

Công bội \(q = \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{6}{3} = 2\).

Dựa vào tập xác định và các điểm mà đồ thị đi qua.

Từ đồ thị ta thấy hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\), nghịch biến và đi qua \(\left( { - 1,3} \right)\) nên \(y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}\).

a) Giá trị của \(f(2)\) bằng 1.

b) Giá trị của \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x)\) bằng -1.

c) Hàm số đã cho liên tục trên \(\mathbb{R}\).

d) Giá trị của \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {xf(x) + 1} }}{{x + 1}}\) bằng 1.

Tính biểu thức \(f(x)\) tại \(x = 2\).

Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x)\), xét tính liên tục của hàm số.

a) Đúng. Khi \(x = 2\) thì \(f(x) = 1\). Do đó \(f(2) = 1\).

b) Sai. Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(x - 2)(x - 1)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x - 1) = 2 - 1 = 1\).

c) Đúng. Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = 1}\\{f(2) = 1}\end{array}} \right.\) suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = f(2) = 1\).

Vậy hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\).

d) Sai. Khi \(x \ne 2\) thì \(f(x) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}} = x - 1\) nên ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {xf(x) + 1} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {x(x - 1) + 1} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }}{{x + 1}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x + 1}} = {\rm{\;}} - 1\).

a) Độ dài mỗi cạnh của hình \({H_1}\) là \(\frac{a}{3}\).

b) Với mọi số tự nhiên\(\;n \ge 2\) thì độ dài mỗi cạnh của hình \({H_{n - 1}}\) gấp 3 lần độ dài mỗi cạnh của hình \({H_n}\).

c) Gọi \({u_1},{u_2},.....,{u_n},....\) lần lượt là số cạnh của các hình \({H_1},{H_2},....{H_n},...\). Khi đó, dãy số \({u_1},{u_2},{u_3},{u_4},....\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội \(q = 4\).

d) Chu vi của hình bông tuyết Von Koch \({H_{16}}\) lớn hơn 100 lần chu vi của hìnhH.

Phân tích đề bài, suy ra độ dài cạnh và số cạnh của các hình \({H_n}\).

a) Đúng. Chia mỗi cạnh của hình H thành ba đoạn thẳng bằng nhau nên mỗi đoạn là có độ dài \(\frac{a}{3}\) và trên mỗi đoạn thẳng đó, dựng một tam giác đều nằm ngoài hình H, ta được hình \({H_1}\) nên độ dài mỗi cạnh của hình \({H_1}\) là \(\frac{a}{3}\).

b) Đúng. Độ dài mỗi cạnh của hình \({H_{n - 1}}\) là \(\frac{a}{{{3^{n - 1}}}}\).

Độ dài mỗi cạnh của hình \({H_n}\) là \(\frac{a}{{{3^n}}}\).

Suy ra độ dài hình \({H_{n - 1}}\) gấp 3 lần độ dài mỗi cạnh của hình \({H_n}\).

c) Đúng. \({u_1},{u_2},.....,{u_n},....\) lần lượt là số cạnh của các hình \({H_1},{H_2},....{H_n},...\)

Có \(u = 3;{u_1} = 12 = 3.4;{u_2} = 48 = {3.4^2},...,{u_n} = {3.4^n}\).

Vậy dãy số \({u_1},{u_2},{u_3},{u_4},....\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q = 4.

d) Sai. Hình \(H\) có chu vi là 3a.

Hình \({H_{16}}\) có số cạnh là \({3.4^{16}}\) cạnh và độ dài mỗi cạnh là \(\frac{a}{{{3^{16}}}}\).

Chu vi hình \({H_{16}}\) là \({3.4^{16}}.\frac{a}{{{3^{16}}}} \approx 299a\).

Vậy hình \({H_{16}}\) có chu vi gấp 99,67 lần chu vi hình H.

a) Giá trị của \(a\) bằng 0,25.

b) Sau 2 giờ, quần thể có nhiều hơn 60 vi sinh vật.

c) Với quy trình nuôi cấy theo mô hình trên thì số lượng vi khuẩn trong quần thể không lớn hơn 100.

d) Để số lượng vi sinh vật trong quần thể lớn hơn 90 thì cần nuôi cấy ít nhất 6 giờ.

 Có P(0) = 20, tính \(a\). Thay giá trị \(t\) để tính \(P(t).\)

Tính giới hạn tại vô cùng của hàm \(P(t).\)

Giải bất phương trình \(P(t) > 90.\)

a) Đúng. Ta có \(P(t) = \frac{{25}}{{a + {e^{ - 0.8t}}}}\), và \(P(0) = 20\) nên \(\frac{{25}}{{a + {e^{ - 0,8.0}}}} = 20 \Leftrightarrow a = \frac{{25}}{{20}} - 1 = 0,25\)

b) Sai. Sau 2 giờ, số vi sinh vật là \(P(2) = \frac{{25}}{{0,25 + {e^{ - 0,8.2}}}} \approx 55,3\)

c) Đúng. Ta cần tính \(\mathop {\lim }\limits_{t \to {\rm{\;}} + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {\rm{\;}} + \infty } \frac{{25}}{{0,25 + {e^{ - 0,8.t}}}}\).

Khi \(t \to {\rm{\;}} + \infty \) thì \({e^{ - 0,8t}} \to 0\), nên \(\mathop {\lim }\limits_{t \to {\rm{\;}} + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {\rm{\;}} + \infty } \frac{{25}}{{0,25 + {e^{ - 0,8.t}}}} = \frac{{25}}{{0,25}} = 100\)

Vậy số lượng vi khuẩn trong quần thể không lớn hơn 100.

d) Sai. Ta có:

 \(\begin{array}{*{20}{l}}{P(t) = \frac{{25}}{{0,25 + {e^{ - 0.8t}}}} > 90 \Leftrightarrow {e^{ - 0,8.t}} < \frac{{25}}{{90}} - 0,25}\\{ \Leftrightarrow {e^{ - 0,8.t}} < \frac{1}{{36}} \Leftrightarrow t > 4,48}\end{array}\)

Để số lượng vi sinh vật trong quần thể lớn hơn 90 thì cần nuôi cấy ít nhất 4,48 giờ.

a) Đường thẳng AM nằm trong mặt phẳng (SAC).

b) Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) là đường thẳng SO.

c) Giao điểm của đường thẳng AM và mặt phẳng (SBD) là giao điểm của AM và SO.

d) Gọi \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng AM và song song với đường thẳng BD. Mặt phẳng \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) cắt SB tại P. Khi đó \(\frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}\).

Vẽ hình.

Xét điểm A, M có thuộc mặt phẳng (SAC) không.

Xét hai điểm S, O cùng thuộc mặt phẳng (SAC) và mặt phẳng (SBD) không

Gọi giao điểm của AM và SO là I, chứng minh \(I \in (SBD)\).

Sử dụng phương pháp phản chứng: Giả sử \(\frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}\) rồi chứng minh điều đó vô lí.

a) Đúng. Vì \(M \in SC\) nên \(M \in (SAC)\), lại có \(A \in (SAC)\) nên AM nằm trong mặt phẳng (SAC).

b) Đúng. Ta có \(O \in AC\) nên \(O \in (SAC)\); \(O \in BD\) nên \(O \in (SBD)\). Do đó O thuộc cả hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Mà S cũng thuộc cả hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Vậy SO là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

c) Đúng. Theo chứng minh ở các phần trên, SO và MA cùng thuộc mặt phẳng (SAC), hai đường thẳng đó không song song với nhau nên gọi giao điểm của chúng là I.

Khi đó, \(I \in AM\) (1).

Vì \(I \in SO\), mà \(SO \subset (SBD)\) nên \(I \in (SBD)\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra I là giao điểm của AM và mặt phẳng (SBD), đồng thời là giao điểm của SO và MA.

d) Sai. Vì AD // BC nên theo hệ quả của định lý Thales, ta có:

\(\frac{{CO}}{{OA}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2}\) (vì AD = 2BC theo giả thiết).

Suy ra \(\frac{{CO}}{{CA}} = \frac{1}{3}\), tức O không phải trung điểm của AC.

Gọi giao điểm của \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) và SD là Q. Khi đó, PQ là giao tuyến của \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) và (SBD).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(\alpha )//BD}\\\begin{array}{l}BD \subset (SBD)\\(SBD) \cap (\alpha ) = PQ\end{array}\end{array}} \right.\) suy ra BD // PQ (3).

Vì \(I \in AM\) và \(AM \subset \left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) nên \(I \in \left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\), mà \(I \in (SBD)\) nên I thuộc giao tuyến của \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) và (SBD), hay \(I \in PQ\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra PI // BO.

Giả sử \(\frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}\).

Vì PI // BO nên theo định lí Thales ta có: \(\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}\).

Vì M là trung điểm của SC suy ra AM là đường trung tuyến của \(\Delta SAC\).

Mặt khác, \(I \in AM\) và \(\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}\) nên I là trọng tâm \(\Delta SAC\).

Do đó, SO là đường trung tuyến của \(\Delta SAC\), hay O là trung điểm của AC (vô lí).

Vậy \(\frac{{SP}}{{SB}} \ne \frac{2}{3}\).

Áp dụng công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\) để tìm \({u_1}\) và \(d\).

Áp dụng công thức tính tổng của n số hạng đầu của cấp số cộng.

Có \({u_3} = 9\) và \({u_7} = 17\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + 2d = 9}\\{{u_1} + 6d = 17}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 5}\\{d = 2}\end{array}} \right.\).

Áp dụng công thức tính tổng, có \({S_{20}} = \frac{{20}}{2}(2.5 + 19.2) = 480\).

Áp dụng công thức lãi kép \(T = A{\left( {1 + r} \right)^n}\).

Xét phương án 1: Với số tiền gửi là 100 triệu, lãi suất theo tháng là \(\frac{{5,4}}{{12}} = \frac{1}{{60}}\% \), gửi trong 6 tháng thì toàn bộ số tiền anh An nhận được sau 9 tháng là:

\(T = A{\left( {1 + r} \right)^n} = 100{\left( {1 + \frac{1}{{60}}\% } \right)^9} = 100,1501\) triệu tức là lợi được 0,1501 triệu.

Xét phương án 2: Số tiền anh An nhận được khi gửi với lãi suất 5,4% trong 1 năm là

\(T = 100.5,4\% {\rm{ \;}} = 105,4\) triệu.

Anh An cần vay ngân hàng trong 3 tháng với lãi suất 8%/năm tức là \(\frac{8}{{12}}\% \)/tháng.

\( \Rightarrow T = 100{\left( {1 + \frac{8}{{12}}\% } \right)^3}\).

Vậy số tiền anh An dư sau khi trả ngân hàng là \(105,4 - 100{\left( {1 + \frac{8}{{12}}\% } \right)^3} = 3,386\) triệu.

Khi đó so với phương án 1 thì anh An lợi được \(3,386 - 0,1501 \approx 3,24\) triệu.

Tính diện tích của phần làm gạch và phần còn lại theo \(\alpha \). Từ đó lập hàm chi phí và tìm GTNN.

Xét 1 phần gạch hình tam giác là \(\Delta OAB\) vuông tại A, có \(OB = 10,\angle AOB = \alpha \).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow OA = 10.\sin \alpha ;AB = 10.\cos \alpha }\\{ \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}.10.\sin \alpha .10.\cos \alpha {\rm{ \;}} = 25\sin 2\alpha }\end{array}\)

Khi đó diện tích phần gạch lát là \(S = 4.25\sin 2\alpha {\rm{ \;}} = 100\sin 2\alpha \).

Diện tích của cả hình tròn là \(S = \pi {.10^2} = 100\pi \).

Diện tích phần lát xi măng là \(S = 100\pi {\rm{ \;}} - 100.\sin 2\alpha \).

Vậy chi phí cần bỏ ra là \(T = 100.\sin 2\alpha .1 + \left( {100 - 100\sin 2\alpha } \right).0,3 = 70\sin 2\alpha {\rm{ \;}} + 30\pi \).

Do chi phí nhỏ hơn 150 triệu nên ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{70\sin 2\alpha {\rm{ \;}} + 30\pi {\rm{ \;}} < 150}\\{ \Leftrightarrow \sin 2\alpha {\rm{ \;}} < 0,79}\\{ \Leftrightarrow 2\alpha {\rm{ \;}} < 52,{{79}^o}}\\{ \Leftrightarrow \alpha {\rm{ \;}} < 26,{{39}^o}}\end{array}\)

Vậy góc \(\alpha \) nhỏ nhất bằng \({26^o}\).

Ta chia thành 2 trường hợp:

TH1: Bình bốc trúng hai chủ đề trong 7 chủ đề đã chuẩn bị và 1 chủ đề trong 3 chủ đề không chuẩn bị.

TH2: Bình bốc trúng ba chủ đề trong 7 chủ đề đã chuẩn bị.

Không gian mẫu là \(C_{10}^3\).

Để Bình bốc được ít nhất hai chủ đề trong những chủ đề đã chuẩn bị thì có 2 TH

TH1: Bình bốc trúng hai chủ đề trong 7 chủ đề đã chuẩn bị và 1 chủ đề trong 3 chủ đề không chuẩn bị. Khi đó có \(C_7^2.C_3^1\) cách.

TH2: Bình bốc trúng ba chủ đề trong 7 chủ đề đã chuẩn bị \( \Rightarrow \) Có \(C_7^3\) cách.

Vậy xác suất cần tính là \(P = \frac{{C_7^2.C_3^1 + C_7^3}}{{C_{10}^3}} = 0,8166 \approx 0,82\).

Tìm ĐKXĐ và giải bất phương trình cơ bản.

ĐKXĐ: \(\frac{1}{2} < x < 14\).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}(2x - 1) < {{\log }_2}(14 - x)}\\{ \Leftrightarrow 2x - 1 < 14 - x}\\{ \Leftrightarrow 3x < 15}\\{ \Leftrightarrow x < 5}\end{array}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{2} < x < 5\).

Do \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1,2,3,4} \right\}\).

Vậy có tất cả 4 nghiệm nguyên.

Sử dụng tính chất đường trung bình kẻ các đường thẳng song song tìm M, N, P. Từ đó tính diện tích tam giác.

Xét trong (SBD) kẻ \(MP\parallel BD\) với \(P \in SD\).

Khi đó P là hình chiếu của M xuống (SBD) với phương chiếu BD.

Do M là trung điểm của SB nên MP là đường trung bình của \(\Delta SBD\).

Suy ra P là trung điểm của SD.

Tương tự xét trong (SAB) kẻ \(ME\parallel SA \Rightarrow E\) là trung điểm AB.

Trong (SAD) kẻ \(PF\parallel SA \Rightarrow F\) là trung điểm AD.

Trong \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(NG\parallel SA \Rightarrow \frac{{GC}}{{GA}} = \frac{{NC}}{{SC}} = \frac{1}{3}\) (Thales).

Khi đó hình chiếu của M, N, P xuống (ABCD) theo phương chiếu SA lần lượt là E, G, F.

Ta sẽ tính diện tích \(\Delta GEF\).

Ta có \(\Delta GEF\) cân tại G nên \({S_{\Delta GEF}} = \frac{1}{2}GK.EF\).

\(AF = AE = \frac{1}{2}AB = 3 \Rightarrow EF = 3\sqrt 2 ;AK = \frac{1}{2}EF = \frac{3}{2}\sqrt 2 \).

\(AC = 6\sqrt 2 ;AG = \frac{2}{3}.6\sqrt 2 {\rm{ \;}} = 4\sqrt 2 {\rm{ \;}} \Rightarrow GK = 4\sqrt 2 {\rm{ \;}} - \frac{3}{2}\sqrt 2 {\rm{ \;}} = \frac{5}{2}\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta GEF}} = \frac{1}{2}GK.EF = \frac{1}{2}.\frac{5}{2}\sqrt 2 .3\sqrt 2 {\rm{ \;}} = \frac{{15}}{2} = 7,5\).