Bộ 10 đề thi Cuối kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 10

Đáp án đúng là: C

Giá trị đại diện của nhóm \[\left[ {40;60} \right)\]là trung bình cộng của hai đầu mút và bằng

\(\frac{{40 + 60}}{2} = 50\).

Đáp án đúng là: D

Mệnh đề A sai vì điểm \(A\) có thể thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Mệnh đề B sai vì \(A \in \left( P \right)\) thì \(A\) có thể không thuộc đường thẳng \(d\).

 Mệnh đề C sai vì ba điểm \(A,B,C\) có thể thuộc đường thẳng khác \(d\) và nằm trong \(\left( P \right)\).

Mệnh đề D là mệnh đề đúng vì \(d \subset \left( P \right)\) nên \(A \in d\) thì \(A \in \left( P \right)\).

Đáp án đúng là: A

Hình tứ diện có 4 mặt và 6 cạnh.

Đáp án đúng là: A

Các vị trí tương đối của hai đường thẳng \(a\) và \(b\) trong không gian là:

- Song song;

- Cắt nhau;

- Trùng nhau;

- Chéo nhau.

Vậy có 4 vị trí tương đối giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\) trong không gian.

Đáp án đúng là: B

Gọi \(\left( Q \right) \equiv \left( {a,b} \right)\).

Khẳng định A sai. Khi \(b = \left( P \right) \cap \left( Q \right) \Rightarrow b \subset \left( P \right)\).

Khẳng định C sai. Khi \(\left( P \right) \ne \left( Q \right) \Rightarrow b\,\parallel \,\left( P \right)\).

Xét khẳng định B, giả sử \(\left( P \right)\) không cắt \(b\) khi đó \(b \subset \left( P \right)\) hoặc \(b\,\parallel \,\left( P \right)\). Khi đó, vì \(b\,\parallel \,a\) nên \(a \subset \left( P \right)\) hoặc \(a\) // \(\left( P \right)\) (mâu thuẫn với giả thiết \(\left( P \right)\) cắt \(a\)).

Vậy khẳng định B đúng.

Đáp án đúng là: B

Hình lăng trụ có đáy là tứ giác được gọi là lăng trụ tứ giác nên đáp án B sai.

Đáp án đúng là: A

Xét từng đáp án:

Đáp án A: Giả sử \(a\) và \(b\) là hai đường thẳng chéo nhau có hình chiếu là \(a'\) và \(b'\). Nếu mặt phẳng \(\left( {a,\,\,a'} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {b,\,\,b'} \right)\) song song với nhau thì \(a'\,{\rm{//}}\,b'\). Vậy hình chiếu song song của hai đường thẳng chéo nhau có thể song song. Vậy đáp án A đúng.

Đáp án B: Nếu \(a\) và \(b\) là hai đường thẳng cắt nhau tại \(O\) và hình chiếu của \(O\) là \(O'\) thì \(O' \in a'\) và \(O' \in b'\) tức là \(a'\) và \(b'\) có điểm chung. Vậy hình chiếu song song của hai đường thẳng cắt nhau không thể song song được. Vậy đáp án B sai.

Đáp án C: Hình chiếu song song của một hình vuông có thể là hình bình hành. Vậy đáp án C sai.

Đáp án D: Hình chiếu song song của một lục giác đều có thể là một lục giác. Vậy đáp án D sai.

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = a + b\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) - \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = 1 - \left( { - 2} \right) = 3\).

Đáp án đúng là: A

Ta có nhận xét:

Nếu hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\] và \[f\left( a \right) \cdot f\left( b \right) < 0\] thì tồn tại ít nhất một điểm \(c \in \left( {a;\,\,b} \right)\) sao cho \[f\left( c \right) = 0\], điều này có nghĩa là phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất một nghiệm là \(x = c\).

Vậy nhận xét I đúng và nhận xét II sai.

Đáp án đúng là: B

Ta có:

Hàm số \(y = \cos x\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) nên liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Hàm số \(y = \sin \sqrt x \) có tập xác định là \(\left[ {0;\, + \infty } \right)\) nên không liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Hàm số \(y = \tan x\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\) nên không liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\tan \frac{{17\pi }}{4} = \tan \left( {\frac{\pi }{4} + 4\pi } \right) = \tan \frac{\pi }{4} = 1\);

\(\tan \left( {\frac{{7\pi }}{2} - x} \right) = \tan \left( {\frac{\pi }{2} - x + 3\pi } \right) = \tan \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) = \cot x.\)

Và \(\cot \frac{{13\pi }}{4} = \cot \left( {\frac{\pi }{4} + 3\pi } \right) = \cot \frac{\pi }{4} = 1;{\mkern 1mu} \,\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \cot \left( {7\pi - x} \right) = \cot \left( { - x} \right) = - {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \cot x.\)

Suy ra \(P = {\left[ {\tan \frac{{17\pi }}{4} + \tan \left( {\frac{{7\pi }}{2} - x} \right)} \right]^2} + {\left[ {\cot \frac{{13\pi }}{4} + \cot \left( {7\pi - x} \right)} \right]^2}\)

\( = {\left( {1 + \cot x} \right)^2} + {\left( {1 - \cot x} \right)^2} = 2 + 2{\cot ^2}x = 2\left( {1 + {{\cot }^2}x} \right) = \frac{2}{{{{\sin }^2}x}}.\)

Đáp án đúng là: A

Áp dụng công thức \(\sin a \cdot \sin b = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {a - b} \right) - \cos \left( {a + b} \right)} \right]\), ta được

\[P = \sin \left( {\alpha + \frac{\pi }{6}} \right)\sin \left( {\alpha - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\cos \frac{\pi }{3} - \cos 2\alpha } \right).\]

Ta có \[\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha = 1 - 2 \cdot {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{7}{{25}}.\]

Thay vào \(P\), ta được \[P = \frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{1}{2} - \frac{7}{{25}}} \right) = \frac{{11}}{{100}}.\]

Đáp án đúng là: B

Ta có \( - 1 \le \sin \left( {2016x + 2017} \right) \le 1 \Rightarrow \sqrt 2 \ge - \sqrt 2 \sin \left( {2016x + 2017} \right) \ge - \sqrt 2 .\)

Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số là \( - \sqrt 2 .\)

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: D

Vì \({2^n};\,n\) là các dãy dương và tăng nên \(\frac{1}{{{2^n}}};\,\,\frac{1}{n}\) là các dãy giảm, do đó loại A, B.

Xét đáp án C: loại C.

Xét đáp án D: \({u_n} = \frac{{2n - 1}}{{n + 1}} = 2 - \frac{3}{{n + 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} = 3\left( {\frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{{n + 2}}} \right) > 0\).

Do đó, \({u_{n + 1}} > {u_n}\) nên đây là dãy số tăng.

Đáp án đúng là: D

Trong mỗi khoảng thời gian, giá trị đại diện là trung bình cộng của giá trị hai đầu mút nên ta có bảng sau:

Tổng số học sinh tham gia khảo sát là \(n = 42\). Thời gian trung bình tập thể dục trong ngày của các học sinh khối 11 trên là

\(\overline x = \frac{{5 \cdot 10 + 9 \cdot 30 + 12 \cdot 50 + 10 \cdot 70 + 6 \cdot 90}}{{42}} \approx 51,43\) (phút).

Đáp án đúng là: C

Đáp án A sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

Đáp án B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ta chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

Đáp án D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Đáp án đúng là: C

Vì \(I,J\) lần lượt là trung điểm \(SA,SB\) nên \[IJ\] là đường trung bình của tam giác \(SAB\), do đó \(IJ\,{\rm{//}}\,AB\).

Tương tự, \(EF\) cũng là đường trung bình của tam giác \(SCD\) nên \[EF\,{\rm{//}}\,CD\].

Mà \[CD\,{\rm{// }}AB\] (đáy \(ABCD\) là hình bình hành).

Do đó, bốn đường thẳng \(AB,\,CD,\,EF,\,IJ\) đôi một song song với nhau.

Vậy đường thẳng \[IJ\] không song song với đường thẳng \[AD.\]

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \[SAC\] có \[M,\,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[SA,\,\,SC\,.\]

Do đó, \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\).

Suy ra \[MN\]//\[AC\] mà \[AC \subset \left( {ABCD} \right)\]. Khi đó, \(MN\)//\[mp\left( {ABCD} \right)\,.\]

Đáp án đúng là: D

Khẳng định \(A{A_1}{B_1}B\) là hình chữ nhật là sai vì mặt bên \(A{A_1}{B_1}B\) là hình bình hành, nó là hình chữ nhật khi \(ABC.{A_1}{B_1}{C_1}\) là hình lăng trụ đứng.

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( {1 - 2n} \right)}^3}}}{{a{n^3} + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( {\frac{1}{n} - 2} \right)}^3}}}{{a + \frac{2}{{{n^3}}}}} = \frac{{ - 8}}{a}\).

Từ giả thiết ta suy ra \(\frac{{ - 8}}{a} = 4 \Rightarrow a = - 2\).

Vậy \(a - {a^2} = \left( { - 2} \right) - {\left( { - 2} \right)^2} = - 6\).

Đáp án đúng là: D

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0\) và \(x - 1 > 0\) khi \(x \to {1^ + }\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} + 1} \right) = 2 > 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}} = + \infty \).

Đáp án đúng là: A

Điều kiện xác định: \({x^2} + 7x + 12 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 3\\x \ne - 4\end{array} \right.\).

Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( { - 4; - 3} \right) \cup \left( { - 3; + \infty } \right)\).

Do hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} + 7x + 12}}\) là hàm phân thức nên nó liên tục trên tập xác định.

Xét các đáp án ta thấy \(D \supset \left( {3;4} \right)\).

Vậy hàm số đã cho liên tục trên khoảng \(\left( {3;4} \right)\).

1.

a) \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt n \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt n \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right)\left( {\sqrt {n + 1} + \sqrt n } \right)}}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt n \left( {n + 1 - n} \right)}}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt n \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{n}} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}} + 1}} = \frac{1}{2}\]. (0,5 điểm)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{6}} \frac{{2\tan x + 1}}{{\sin x + 1}} = \frac{{2\tan \frac{\pi }{6} + 1}}{{\sin \frac{\pi }{6} + 1}} = \frac{{4\sqrt 3 + 6}}{9}\). 

2.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Với \(x \ne 1\) ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3} + 8x + m}}{{x - 1}} = {x^2} + x + 9 + \frac{{m + 9}}{{x - 1}}\).

\(f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 1\) khi và chỉ khi $li{m}_{x\to 1}f\left(x\right) = f\left(1\right) \left(1\right)$

Nếu \(m + 9 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - 9\) thì không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right)\) vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right)\).

Do đó \(m + 9 = 0\)\( \Leftrightarrow m = - 9\). Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} + x + 9} \right) = 11\).

Vậy \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow n = 11\), suy ra \(P = m + n = - 9 + 11 = 2\).

a) Xét tam giác \(SAB\) có \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,\,SB\) nên \(MN\) là đường trung bình. Suy ra \[MN{\rm{//}}AB\] (Tính chất đường trung bình).

Lại có \(AB{\rm{//}}CD\) (do \(ABCD\) là hình bình hành) nên \(MN{\rm{//}}CD,\) mà \(CD \subset \left( {SCD} \right)\).

Do đó, \(MN{\rm{//}}\left( {SCD} \right).\) 

b) Vì \(P\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\) nên \(P \in \left( {ABCD} \right)\).

Khi đó, hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) có điểm \(P\) chung.

Lại có \(MN \subset \left( {MNP} \right);AB \subset \left( {ABCD} \right);MN\,{\rm{//}}\,AB\).

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là đường thẳng qua \(P\) và song song với \(MN,\,\,AB\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), qua điểm \(P\) kẻ \(EF{\rm{//}}AB\left( {E \in AD;F \in BC} \right),\) khi đó ta có \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF.\)

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 \({a_3} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}{a_2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}{a_2}} \right)}^2}} = \frac{{{a_2}\sqrt {10} }}{4} = a{\left( {\frac{{\sqrt {10} }}{4}} \right)^2}\).

Khi đó diện tích của hình vuông \(\left( {{C_3}} \right)\) là \({S_3} = {\left( {\frac{{{a_2}\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} = \frac{5}{8}{S_2} = \frac{5}{8} \cdot \frac{5}{8}{S_1} = {\left( {\frac{5}{8}} \right)^2}{a^2}\).

Lý luận tương tự ta có \({S_1},\,\,{S_2},\,\,{S_3},\,\,...,\,{S_n},\,...\) tạo thành một dãy cấp số nhân lùi vô hạn có \({u_1} = {S_1} = {a^2}\) 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).