Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 2
38 câu hỏi
\(\sin \alpha = {y_0}.\)
\(\sin \alpha = {x_0}.\)
\(\sin \alpha = - {x_0}.\)
\(\sin \alpha = - {y_0}.\)
Chọn A
\[\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) = \sin \alpha \].
\[sin\left( {\pi + \alpha } \right) = {\rm{sin}}\alpha \].
\[\cos \left( {\frac{\pi }{2} + \alpha } \right) = \sin \alpha \].
\[tan\left( {\pi + 2\alpha } \right) = \cot \left( {2\alpha } \right)\].
Chọn A
\(\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha \).
\(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1\).
\(\sin 4\alpha = 4\sin \alpha \cdot \cos \alpha \).
\(\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cdot \cos \alpha \).
Chọn C
\(\frac{{20}}{{27}}.\)
\(\frac{{\sqrt 5 }}{{27}}.\)
\( - \frac{{\sqrt 5 }}{{27}}.\)
\( - \frac{{20}}{{27}}.\)
Chọn A
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{6} + k\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\].
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{6} + k\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\].
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{3} + k\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\].
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\].
Chọn A
\[y = \tan x\].
\[y = \sin x\].
\[y = \cos x\].
\[y = \cot x\].
Chọn C
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\].
\[x = \pm \alpha + k2\pi ,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]
\[\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k\pi \\x = \pi - \alpha + k\pi \end{array} \right.,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = \alpha + k\pi ,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]
Chọn B
\[x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\]
\[x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\]
\[x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\]
\[x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\]
Chọn A
\(m \in \left[ { - 2;1} \right].\)
\(m \in \left[ { - 1;1} \right].\)
\(m \in \left[ {0;1} \right].\)
\(m \in \left[ { - 2; - 1} \right].\)
Chọn D
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 38 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\( - 1;\,\,0;\,\,3;\,\,8;\,\,16.\)
\(1;\,\,4;\,\,16;\,\,9;\,\,25.\)
\(0;\,\,3;\,\,8;\,\,24;\,\,15.\)
\(0;\,\,3;\,\,12;\,\,9;\,\,6.\)
Chọn A
4.
6.
3.
5.
Chọn A
4.
\( - 4\).
6.
Không xác định.
Chọn B
\(120^\circ .\)
\(90^\circ .\)
\(60^\circ .\)
\(100^\circ .\)
Chọn B
\({u_n} = {2^{n - 1}}.\)
\({u_n} = {2^{n + 1}}.\)
\({u_n} = {2^n}.\)
\({u_n} = 2n.\)
Chọn C
\( - \frac{1}{{256}}\).
\(\frac{1}{{512}}\).
\(\frac{1}{{256}}\).
\( - \frac{1}{{512}}\).
Chọn A
\( - 1.\)
1.
\( - \frac{1}{4}.\)
\(\frac{1}{4}.\)
Chọn A
\( - 4\).
\( - 6\).
\( - 2\).
\(0\).
Chọn B
\(\frac{1}{2}.\)
2.
7.
0.
Chọn A
0.
\( - \infty .\)
1.
\( + \infty .\)
Chọn A
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình dưới đây:
Hàm số gián đoạn tại điểm
\(x = 1.\)
\(x = 3.\)
\(x = 0.\)
\(x = 2.\)
Chọn A
\(\left( I \right),\,\left( {II} \right)\).
\(\left( I \right)\).
\(\left( I \right),\,\left( {II} \right),\,\left( {III} \right)\).
\(\left( {III} \right)\).
Chọn B
Chỉ I đúng.
Chỉ II đúng.
Cả I và II đúng.
Cả I và II sai.
Chọn A
\(\left( {ABCD} \right).\)
\(\left( {SAD} \right).\)
\(\left( {SAC} \right).\)
\(\left( {SBD} \right).\)
Chọn B
Qua 3 điểm không thẳng hàng có duy nhất một mặt phẳng.
Qua 3 điểm phân biệt bất kì có duy nhất một mặt phẳng.
Qua 2 điểm phân biệt có duy nhất một mặt phẳng.
Qua 4 điểm phân biệt bất kì có duy nhất một mặt phẳng.
Chọn A
Cắt nhau.
Song song.
Chéo nhau.
Trùng nhau.
Chọn C
\(IJ\) cắt \(AB.\)
\(IJ\) song song \(AB.\)
\(IJ\) và \(CD\) là hai đường thẳng chéo nhau.
\(IJ\) song song \(CD.\)
Chọn D
\(a\) cắt \(\left( P \right).\)
\(a\) cắt \(\left( P \right)\) hoặc \(a\) chéo \(\left( P \right).\)
\(a{\rm{//}}\left( P \right).\)
\(a\) chứa trong \(\left( P \right).\)
Chọn C
\(CD{\rm{//}}\left( {SAB} \right).\)
\(AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right).\)
\[BC{\rm{//}}\left( {SAD} \right).\]
\(AC{\rm{//}}\left( {SBD} \right).\)
Chọn D
\(\left( {ABCD} \right).\)
\(\left( {SAB} \right).\)
\(\left( {SCD} \right).\)
\(\left( {SBD} \right).\)
Chọn A
Hai mặt phẳng phân biệt không cắt nhau thì song song.
Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có vô số mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến phân biệt bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
Chọn B
\(\left( {MON} \right){\rm{//}}\left( {MOP} \right).\)
\(\left( {MON} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right).\)
\(\left( {NOP} \right){\rm{//}}\left( {MNP} \right).\)
\(\left( {SBD} \right){\rm{//}}\left( {MNP} \right).\)
Chọn B
Hình lăng trụ tam giác.
Hình hộp chữ nhật.
Hình hộp.
Hình lập phương.
Chọn C
\(\left( {ABC} \right){\rm{//}}\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).\)
\(A{A_1}{\rm{//}}\left( {BC{C_1}} \right).\)
\(AB{\rm{//}}\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).\)
\(A{A_1}{B_1}B\) là hình chữ nhật.
Chọn D
Có bao nhiêu hình biểu diễn cho hình tứ diện trong bốn hình dưới đây?
1.
2.
3.
4.
Chọn C
Ba đường thẳng đôi một song song với nhau.
Một đường thẳng.
Hai đường thẳng song song.
Cả ba phương án A, B, C.
Chọn D
a) Ta có: \[1 + n - {n^2} = {n^2}\left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{n} - 1} \right).\]
Mặt khác: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^2} = + \infty ;\)
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{n} - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^2}}} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 1 = 0 + 0 - 1 = - 1 < 0.\)
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 + n - {n^2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {{n^2}\left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{n} - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^2}.\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{n} - 1} \right) = - \infty .\)
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 8}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}} = \frac{{{2^2} + 2.2 + 4}}{{2 + 2}} = 3.\]
a)
Vì \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(A'B'\) và \(AB\) nên \(MN\) là đường trung bình của hình thang \(ABB'A'\). Suy ra \(MN{\rm{//}}AA'\) và \(MN\, = \,AA'\) (do \(ABB'A'\) là hình bình hành).
Ta có: \[MN{\rm{//}}AA'\] và \[AA'{\rm{//}}CC'\] (tính chất hình lăng trụ).
\[ \Rightarrow MN{\rm{//AA'}}{\rm{.}}\]
Lại có \(AA' = CC'\) (tính chất hình lăng trụ), mà \(MN\, = \,AA'\) nên \[MN = CC'\].
Do đó, tứ giác \[MNCC'\] là hình bình hành. Suy ra \[CN{\rm{//}}MC'.\]
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}CN{\rm{ // }}MC'\\MC' \subset \left( {AMC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CN{\rm{ // }}\left( {AMC'} \right).\]
Mặt khác ta chứng minh được \[AN{\rm{//}}B'M;\,\,AN = B'M\] nên tứ giác \[ANB'M\] là hình bình hành. Suy ra \[NB'{\rm{//}}MA.\]
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}NB'{\rm{//}}MA\\MA \subset \left( {AMC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow NB'{\rm{//}}\left( {AMC'} \right).\]
Lại có \[\left\{ \begin{array}{l}CN{\rm{//}}\left( {AMC'} \right)\\NB'{\rm{//}}\left( {AMC'} \right)\\CN,NB' \subset \left( {CNB'} \right)\\CN \cap NB' = \left\{ N \right\}\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AMC'} \right){\rm{//}}\left( {CNB'} \right).\]
Mà \[CB' \subset \left( {CNB'} \right).\,\,\,{\rm{Suy}}\,\,{\rm{ra}}\,\,\,CB'\,{\rm{//}}\,\left( {AMC'} \right)\].
b)
Trong mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\), kẻ đường thẳng qua \(N\) song song với \(AB'\), cắt \(BB'\) tại \(E\).
Trong mặt phẳng \(\left( {ABC'} \right)\), kẻ đường thẳng qua \(N\) song song với \(AC'\), cắt \(BC'\) tại \(Q\).
Khi đó, mặt phẳng \(\left( P \right)\) chính là mặt phẳng \(\left( {NQE} \right)\).
Vì \(E \in BB'\) nên \(E \in \left( {BB'C'} \right)\); vì \(Q \in BC'\) nên \(Q \in \left( {BB'C'} \right)\). Do đó, \(EQ \subset \left( {BB'C'} \right)\).
Vậy \[\left( {NQE} \right) \cap \left( {BB'C'} \right)\,\, = \,\,EQ\] hay \[\left( P \right) \cap \left( {BB'C'} \right)\,\, = \,\,EQ\].
Hình vuông đầu tiên \(\left( {{C_1}} \right)\) có cạnh bằng \(a\) và diện tích là \({S_1} = {a^2}\).
Từ đề bài, ta thấy cạnh của hình vuông \(\left( {{C_2}} \right)\) là \({a_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}a} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\).
Khi đó diện tích của hình vuông \(\left( {{C_2}} \right)\) là \({S_2} = {\left( {\frac{{a\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} = \frac{5}{8}{a^2} = \frac{5}{8}{S_1}\).
Cạnh của hình vuông \(\left( {{C_3}} \right)\) là \({a_3} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}{a_2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}{a_2}} \right)}^2}} = \frac{{{a_2}\sqrt {10} }}{4} = a{\left( {\frac{{\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} = \frac{5}{8}a.\)
Khi đó diện tích của hình vuông \(\left( {{C_3}} \right)\) là \({S_3} = {\left( {\frac{5}{8}a} \right)^2} = {\left( {\frac{5}{8}} \right)^2}{a^2} = {\left( {\frac{5}{8}} \right)^2}{S_1}.\)
Lý luận tương tự ta có \({S_1},\,\,{S_2},\,\,{S_3},\,\,...,\,{S_n},\,...\) tạo thành một dãy cấp số nhân \({u_1} = {S_1} = {a^2}\) và công bội \(q = \frac{5}{8}\).
Vì \(\left| q \right| = \frac{5}{8} < 1\) nên \({S_1},\,\,{S_2},\,\,{S_3},\,\,...,\,{S_n},\,...\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với \({u_1} = {S_1} = {a^2}\) và công bội \(q = \frac{5}{8}.\)
Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn này là
\(T = {S_1} + {S_2} + {S_3} + ... + {S_n} + ...\)\( = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{{a^2}}}{{1 - \frac{5}{8}}} = \frac{{8{a^2}}}{3}\).
Mà \(T = \frac{{32}}{3}\) nên \(\frac{{8{a^2}}}{3} = \frac{{32}}{3} \Leftrightarrow {a^2} = 4\). Suy ra \(a = 2\) (do độ dài cạnh là số dương).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
