Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 8

Đáp án đúng là: D

Áp dụng công thức hai góc phụ nhau ta có \(P = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) = \cos \alpha \)

Mà \(\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\) nên \(\cos \alpha < 0\). Vậy \(P < 0.\)

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b\).

Đáp án đúng là: C

Điều kiện xác định \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\)

Vậy hàm số \(y = \frac{1}{{\sin x}}\) có tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)

Đáp án đúng là: C

Xét hàm số \[y = f\left( x \right) = \cos x + {\sin ^2}x.\]

Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).

Do đó nếu \(x \in D\) thì \( - x \in D.\)

Ta có \(f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - x} \right) + {\sin ^2}\left( { - x} \right)\)\( = \cos x + {\left( { - \sin x} \right)^2} = \cos x + {\sin ^2}x = f\left( x \right)\)

Vậy hàm số \(y = \cos x + {\sin ^2}x\) là hàm số chẵn.

Đáp án đúng là: B

Ta có \(2\cos x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{ - \sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \left( {\frac{{3\pi }}{4}} \right)\)

\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \) \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Đáp án đúng là: A

Ta có \({u_3} = {\left( { - 1} \right)^3} \cdot \frac{{{2^3}}}{3} = - \frac{8}{3}\).

Đáp án đúng là: B

Theo định nghĩa cấp số cộng ta có: \({u_{n + 1}} = {u_n} + d \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} = d,\forall n \ge 1\).

Xét dãy số có công thức \({u_n} = 3n + 2008\) ta có:

\({u_{n + 1}} - {u_n} = 3\left( {n + 1} \right) + 2008 - \left( {3n + 2008} \right) = 3.\)

Vậy dãy số \({u_n} = 3n + 2008\) là cấp số cộng với công sai \(d = 3.\)

Đáp án đúng là: A

Tổng của \(5\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng có \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 2\) bằng

\({S_5} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {5 - 1} \right)d} \right]5}}{2} = \frac{{\left( {2 \cdot 1 + 4 \cdot 2} \right)5}}{2} = 25.\)

Đáp án đúng là: D

Xét dãy số \(\frac{1}{\pi };\,\,\frac{1}{{{\pi ^2}}};\,\,\frac{1}{{{\pi ^4}}};\,\,\frac{1}{{{\pi ^6}}};...\)

Ta có \(\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{1}{\pi } \ne \frac{1}{{{\pi ^2}}} = \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}}\) nên dãy \(\frac{1}{\pi };\,\,\frac{1}{{{\pi ^2}}};\,\,\frac{1}{{{\pi ^4}}};\,\,\frac{1}{{{\pi ^6}}};...\) không là cấp số nhân.

Đáp án đúng là: B

Vì \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân nên ta có:

\({u_2} = {u_1}q = \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 5} \right) = 10;\)

\({u_3} = {u_1}{q^2} = \left( { - 2} \right) \cdot {\left( { - 5} \right)^2} = - 50;\)

\({u_4} = {u_1}{q^3} = \left( { - 2} \right) \cdot {\left( { - 5} \right)^3} = 250.\)

Đáp án đúng là: B

Phát biểu A, C, D đúng vì đây là ba giới hạn cơ bản được thừa nhận.

Phát biếu B sai vì \[\lim {q^n} = 0\] nếu \(\left| q \right| < 1.\)

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\lim \frac{{3 \cdot {2^{n + 1}} - 2 \cdot {3^{n + 1}}}}{{4 + {3^n}}}\)\( = \lim \frac{{6 \cdot {2^n} - 6 \cdot {3^n}}}{{4 + {3^n}}}\)\( = \lim \frac{{6 \cdot {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} - 6}}{{4 \cdot {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + 1}} = - 6\).

(Vì \(\lim {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 0\); \(\lim {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n} = 0\)).

Đáp án đúng là: B

Ta có hai giới hạn cơ bản sau: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{1}{{x - a}} = + \infty ;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} \frac{1}{{x - a}} = - \infty .\)

Mệnh đề A, C, D đúng.

Mệnh đề B sai vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x} = + \infty .\)

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 3}}{{ - 4x + 2}}\)\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 - \frac{3}{x}}}{{ - 4 + \frac{2}{x}}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2 - \frac{3}{x}} \right)}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - 4 + \frac{2}{x}} \right)}} = \frac{2}{{ - 4}} = - \frac{1}{2}\].

Đáp án đúng là: D

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2x - 1}}{{{x^3} - x}}.\)

Điều kiện xác định: \({x^3} - x \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne 1\\x \ne - 1\end{array} \right..\)

Do đó hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2x - 1}}{{{x^3} - x}}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1;0;1} \right\}.\)

Kết luận A, B, C sai vì: Hàm số đã cho không xác định tại \(x = - 1;\,\,x = 0;\,\,x = 1\) nên không liên tục tại các điểm đó.

Kết luận D đúng vì:

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{2x - 1}}{{{x^3} - x}} = \frac{{2.\frac{1}{2} - 1}}{{{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^3} - \frac{1}{2}}} = 0;\) \(f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{2.\frac{1}{2} - 1}}{{{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^3} - \frac{1}{2}}} = 0.\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} f\left( x \right) = f\left( {\frac{1}{2}} \right).\)

Vậy hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2x - 1}}{{{x^3} - x}}\) liên tục tại \(x = \frac{1}{2}\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: Hàm số \(y = {x^3} - x\) là hàm đa thức nên nó liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án đúng là: C

Mặt phẳng hoàn toàn được xác định trong bốn cách sau:

Đi qua ba điểm không thẳng hàng.

Đi qua một đường thẳng và một điểm nằm ngoài đường thẳng.

Đi qua hai đường thẳng cắt nhau.

Đi qua hai đường thẳng song song.

Như vậy, từ hai đường thẳng \(a,\,\,b\) cắt nhau và không đi qua điểm \(A\) ta xác định được nhiều nhất 3: \(mp\left( {a,b} \right)\); \(mp\left( {A,a} \right)\); \(mp\left( {A,b} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Các mệnh đề (I), (III), (IV) đúng.

Mệnh đề (II) sai vì hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể song song hoặc chéo nhau.

Đáp án đúng là: A

Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) có chung điểm \(S\) và lần lượt chứa hai đường thẳng song song \(AB,\,\,CD\) nên giao tuyến \(d\) đi qua \(S\) và lần lượt song song với \(AB,\,\,CD.\)

Đáp án đúng là: A

Vì \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(AB\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\).

Do đó \(MN{\rm{//}}SB\) mà \(SB \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(MN{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề C đúng vì theo định lí về tính chất hai mặt phẳng song song: Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đó.

Mệnh đề A sai vì: Hai mặt phẳng không cắt nhau thì có thể trùng nhau.

Mệnh đề B sai vì: Hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng thì có thể song song với nhau.

Mệnh đề D sai vì: Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đó.

Đáp án đúng là: A

Gọi \(O = BC \cap B'C'\) và \(K\) là trung điểm của \(AB.\)

Do \(ABC.A'B'C'\) nên \(BCC'B'\) là hình bình hành nên \(O\) là trung điểm của \(BC'.\)

Vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ nên \(A'B'{\rm{//}}AB;\,\,A'B' = AB.\)

Hơn nữa, \(H,\,\,K\) lần lượt là trung điểm của \(A'B',\,\,AB.\)

\( \Rightarrow HB' = AK\) và \(HB'{\rm{//}}AK.\)

Do đó, \(AHB'K\) là hình bình hành.

\( \Rightarrow AH{\rm{//}}B'K.\)

Mà \(B'K \subset \left( {B'CK} \right);\,\,AH \not\subset \left( {B'CK} \right)\) nên \(AH{\rm{//}}\left( {B'CK} \right).\)

Xét tam giác \(ABC'\) có: \(K,\,\,O\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC'.\)

Suy ra \(KO\) là đường trung bình của tam giác \(ABC'.\)

\( \Rightarrow KO{\rm{//}}AC'.\)

Mà \(KO \subset \left( {B'CK} \right),\,\,AC' \not\subset \left( {B'CK} \right)\) nên \(AC'{\rm{//}}\left( {B'CK} \right).\)

Ta có: \(AH{\rm{//}}\left( {B'CK} \right);\,\,AC'{\rm{//}}\left( {B'CK} \right)\) và \(AH \cap AC' = A\) trong \(\left( {AHC'} \right).\)

Suy ra \(\left( {B'CK} \right){\rm{//}}\left( {AHC'} \right).\)

Đáp án đúng là: C

Đa giác thiết diện của một lăng trụ tam giác và một mặt phẳng có nhiều nhất 5 cạnh với các cạnh thuộc các mặt của hình lăng trụ tam giác.

Đáp án đúng là: B

Mệnh đề A, C, D đúng vì đây là các tính chất thừa nhận của phép chiếu song song.

Mệnh đề B sai vì phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

Đáp án đúng là: C

Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

Như vậy, hình chiếu của hình vuông không thể là hình thang.

a) Ta có:

\(\tan \alpha - \cot \alpha = 7 \Rightarrow {\left( {\tan \alpha - \cot \alpha } \right)^2} = {7^2}\)

\( \Rightarrow {\tan ^2}\alpha - 2\tan \alpha \cot \alpha + {\cot ^2}\alpha = 49 \Rightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha = 51\) (do \(\tan \alpha \cot \alpha = 1\)).

\({P^2} = {\left( {\tan \alpha + \cot \alpha } \right)^2} = {\tan ^2}\alpha + 2\tan \alpha \cot \alpha + {\cot ^2}\alpha = {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha + 2\)

\( = 51 + 2 = 53 \Rightarrow P = \pm \sqrt {53} .\)

Mặt khác, \(0 < \alpha < \frac{\pi }{4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\tan \alpha > 0\\\cot \alpha > 0\end{array} \right.\) nên \(\tan \alpha + \cot \alpha > 0.\)

Vậy \[P = \sqrt {53} .\]

b) Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{cos}}3x \ne 0\\{\rm{cos}}x \ne 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{3}\\x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\).

Ta có: \(\tan 3x = \tan x\)\( \Leftrightarrow 3x = x + k\pi \)\( \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Kết hợp với điều kiện, ta có \(x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)

a) Ta có

Vậy số hạng đầu tiên của dãy đã cho là \({u_1} = 16.\)

b) Kí hiệu \({A_n},\,\,{B_n}\) lần lượt là số tiền công (đơn vị đồng) cần trả theo cách tính giá của cơ sở A và cơ sở B.

Theo giả thiết ta có:

\({A_n}\) là tổng \(n\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 50\;000\) và công sai \(d = 10\;000\).

\({B_n}\) là tổng \(n\) số hạng đầu tiên của cấp số nhân với số hạng đầu \({v_1} = 50\;000\) và công bội \(q = 1,08\).

Do đó:

\[{A_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2} = 10\left( {2.50\;000 + 19.10\;000} \right) = 2\;900\;000.\]

\[{B_{20}} = {v_1}\frac{{1 - {q^{20}}}}{{1 - q}} = 50\;000.\frac{{1 - {{\left( {1,08} \right)}^{20}}}}{{1 - 1,08}} \approx 2\;288\;000.\]

\[{A_{40}} = \frac{{40\left( {2{u_1} + 39d} \right)}}{2} = 20\left( {2.50\;000 + 39.10\;000} \right) = 9\;800\;000.\]

\[{B_{40}} = {v_1}\frac{{1 - {q^{40}}}}{{1 - q}} = 50\;000.\frac{{1 - {{\left( {1,08} \right)}^{40}}}}{{1 - 1,08}} \approx 12\;953\;000.\]

Suy ra, chọn cơ sở B khoan giếng 20 mét và cơ sở A để khoan giếng 40 mét.

a) \(\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1} - \sqrt {n + 2} }}{{2n - 3}}\)\( = \lim \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} }}{{2 - \frac{3}{n}}}\)

\( = \frac{{\lim \left( {\sqrt {4 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} } \right)}}{{\lim \left( {2 - \frac{3}{n}} \right)}} = \frac{{\lim \sqrt {4 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \lim \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} }}{{\lim \left( {2 - \frac{3}{n}} \right)}} = \frac{{\sqrt 4 - \sqrt 0 }}{2} = 1.\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {{x^3} - {x^2}} }}{{\sqrt {x - 1} + 1 - x}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {x - 1} \right)} }}{{\sqrt {x - 1} + 1 - x}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x\sqrt {\left( {x - 1} \right)} }}{{\sqrt {x - 1} \left( {1 - \sqrt {x - 1} } \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{x}{{1 - \sqrt {x - 1} }} = \frac{1}{{1 - \sqrt {1 - 1} }} = 1.\)

a) Ta có \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}O \in \left( {SAC} \right)\\O \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right).\)

b) Trong \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(SO\)

Trong \(\left( {SBD} \right)\), \(ME\)cắt \(SD\) tại \(K\) mà \(ME \subset \left( {AMN} \right)\)

\( \Rightarrow K\) là giao điểm của \(\left( {AMN} \right)\) với \(SD\).

Xét tam giác \(SAC\) có: \(SO\) và \(AN\) là hai đường trung tuyến và \(SO \cap AN = E.\)

Nên \(E\) là trọng tâm tam giác \(SAC\).

Do đó \(SE = 2EO\) hay \(\frac{{SE}}{{EO}} = 2.\)

Mà \(\frac{{MS}}{{MB}} = 2\) (do \(MS = 2MB\)) nên \(\frac{{SE}}{{EO}} = \frac{{MS}}{{MB}}.\)

Nên theo định lí Thalés đảo trong tam giác \[SOB\] ta có: \(ME{\rm{//}}BO\) hay \(MK{\rm{//}}BD\) mà \(BD \subset \left( {ABCD} \right)\).

Suy ra \(MK{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\).