Bộ 10 đề thi Cuối kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 4
39 câu hỏi
$\sin \alpha = {y_0}$.
$\sin \alpha = {x_0}$.
$\sin \alpha = - {x_0}$.
$\sin \alpha = - {y_0}$.
Chọn A
$y = \sin x$.
$y = \cos x$.
$y = \tan 2x$.
$y = \cot x$.
Chọn D
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là hình vẽ dưới đây
Khẳng định nào sau đây đúng?
Hàm số đồng biến trên $\left( { - \pi ;0} \right)$.
Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$.
Hàm số đồng biến trên $\left( {0;\pi } \right)$.
Hàm số đồng biến trên $\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$.
Chọn D
$x \in \emptyset $.
$\left[ \begin{gathered}
x = \arcsin \frac{3}{2} + k2\pi \hfill \\
x = \pi - \arcsin \frac{3}{2} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.
$\left[ \begin{gathered}
x = \arcsin \frac{3}{2} + k2\pi \hfill \\
x = - \arcsin \frac{3}{2} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.
$x \in \mathbb{R}$.
Chọn A
$x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.
$x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.
$x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.
$x = - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.
Chọn D
${u_n} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n}$.
${u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\left( {{5^n} - 1} \right)$.
${u_n} = - {3^n}$.
${u_n} = \sqrt {n + 4} $.
Chọn C
Bị chặn.
Bị chặn trên.
Bị chặn dưới.
Không bị chặn dưới.
Chọn C
${u_1} = 1;{u_2} = \frac{3}{4};{u_3} = \frac{7}{5};{u_4} = \frac{3}{2};{u_5} = \frac{{11}}{7}$.
${u_1} = 1;{u_2} = \frac{5}{4};{u_3} = \frac{7}{5};{u_4} = \frac{3}{2};{u_5} = \frac{{11}}{7}$.
${u_1} = 1;{u_2} = \frac{5}{4};{u_3} = \frac{8}{5};{u_4} = \frac{3}{2};{u_5} = \frac{{11}}{7}$.
${u_1} = 1;{u_2} = \frac{5}{4};{u_3} = \frac{7}{5};{u_4} = \frac{7}{2};{u_5} = \frac{{11}}{3}$.
Chọn B
${u_n} = 3{n^2} + 2017$.
${u_n} = 3n + 2008$.
${u_n} = {3^n}$.
${u_n} = {\left( { - 3} \right)^{n + 1}}$.
Chọn B
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 39 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
$d = \frac{{11}}{3}$.
$d = \frac{{10}}{3}$.
$d = \frac{3}{{10}}$.
$d = \frac{3}{{11}}$.
Chọn A
${u_n} = 1 + 4n$.
${u_n} = 5n$.
${u_n} = 3 + 2n$.
${u_n} = 2 + 3n$.
Chọn A
Dãy số này không phải là cấp số nhân.
Số hạng tổng quát ${u_n} = {1^n} = 1$.
Dãy số này là cấp số nhân có ${u_1} = - 1;q = - 1$.
Số hạng tổng quát ${u_n} = {\left( { - 1} \right)^{2n}}$.
Chọn C
$q = \frac{1}{9}$.
$q = 9$.
$q = - 9$.
$q = - \frac{1}{9}$.
Chọn A
$11$.
$12$.
$10$.
$13$.
Chọn B
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}$ không tồn tại.
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 1$.
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 0$.
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2$.
Chọn D
0.
$\frac{1}{3}$.
$ + \infty $.
$\frac{1}{5}$.
Chọn A
$\frac{3}{2}$.
$2$.
$1$.
$ + \infty $.
Chọn C
$2$.
$1$.
$ + \infty $.
$0$.
Chọn D
$ + \infty $.
$2$.
$ - \infty $.
$ - 2$.
Chọn A
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} + x - 2} \right) = - \frac{3}{2}$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{3x + 2}}{{x + 1}} = - \infty $.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} + x - 2} \right) = + \infty $.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{3x + 2}}{{x + 1}} = - \infty $.
Chọn B
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} + x - 2} \right) = - \frac{3}{2}$.
$f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}}$.
$f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x + 1}}{x}$.
$f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$.
Chọn C
$f\left( x \right) = \tan x + 5$.
$f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 3}}{{5 - x}}$.
$f\left( x \right) = \sqrt {x - 6} $.
$f\left( x \right) = \frac{{x + 5}}{{{x^2} + 4}}$.
Chọn D
$1$.
$2$.
$3$.
$4$.
Chọn C
Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn có vô số điểm chung khác nữa.
Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất.
Hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất.
Nếu ba điểm phân biệt $M,N,P$ cùng thuộc hai mặt phẳng phân biệt thì chúng thẳng hàng.
Chọn B
10.
12.
8.
14.
Chọn A
$AK$, $K$ là giao điểm của $IJ$ và $BC$.
$AH$, $H$ là giao điểm của $IJ$ và $AB$.
$AG$, $G$ là giao điểm của $IJ$ và $AD$.
$AF$, $F$ là giao điểm của $IJ$ và $CD$.
Chọn D
1.
2.
3.
4.
Chọn C
Đường thẳng $AB$.
Đường thẳng $AD$.
Đường thẳng $AC$.
Đường thẳng $SA$.
Chọn B
Cho đường thẳng $d$ song song với mặt phẳng $\left( P \right)$. Mệnh đề nào sau đây đúng?
Đường thẳng $d$ có đúng hai điểm chung với mặt phẳng $\left( P \right)$.
Đường thẳng $d$ có đúng hai điểm chung với mặt phẳng $\left( P \right)$.
Đường thẳng $d$ có vô số điểm chung với mặt phẳng $\left( P \right)$.
Chọn A
Mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$.
Mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$.
Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.
Mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$.
Chọn D
$MN{\text{//}}\left( {SBC} \right)$.
$MN{\text{//}}BD$.
$MN{\text{//}}\left( {SAB} \right)$.
$MN$ cắt $BC$.
Chọn A
Nếu hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong $\left( \alpha \right)$ đều song song với $\left( \beta \right)$.
Nếu hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ song song với nhau thì bất kì đường thẳng nào nằm trong $\left( \alpha \right)$ cũng song song với bất kì đường thẳng nào nằm trong $\left( \beta \right)$.
Nếu hai đường thẳng phân biệt $a$ và $b$ song song lần lượt nằm trong hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ phân biệt thì $\left( \alpha \right){\text{//}}\left( \beta \right)$.
Nếu đường thẳng $d$ song song với $\left( \alpha \right)$ thì nó song song với mọi đường thẳng nằm trong $\left( \alpha \right)$.
Chọn A
Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$(tham khảo hình vẽ bên dưới)
Mệnh đề nào sau đây sai?
$\left( {BDD'B'} \right)\;{\text{//}}\;\left( {ACC'A'} \right)$.
$\left( {AA'D'D} \right)\;{\text{//}}\;\left( {BCC'B'} \right)$.
$\left( {ABCD} \right)\;{\text{//}}\;\left( {A'B'C'D'} \right)$.
$\left( {ABB'A'} \right)\;{\text{//}}\;\left( {CDD'C'} \right)$.
Chọn A
Ba đường thẳng đôi một song song với nhau.
Một đường thẳng.
Hai đường thẳng song song.
Cả ba trường hợp trên.
Chọn D
$\left( \alpha \right){\text{//}}\left( P \right)$.
$\left( \alpha \right) \equiv \left( P \right)$.
$\left( \alpha \right){\text{//}}\,l$ hoặc $l \subset \left( \alpha \right)$.
Cả A, B, C đều sai.
Chọn C
Gọi $q$ là công bội của cấp số nhân.
Ta có $\frac{{{u_3}}}{{{u_8}}} = \frac{{{u_1}{q^2}}}{{{u_1}{q^7}}} = 243 \Leftrightarrow q = \frac{1}{3}$.
Có ${u_9} = {u_1}{q^8}$$ = 12 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^8} = \frac{4}{{2187}}$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2\sqrt {x + 3} + x - 5}}{{x - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {2\sqrt {x + 3} + \left( {x - 5} \right)} \right]\left[ {2\sqrt {x + 3} - \left( {x - 5} \right)} \right]}}{{\left( {x - {x^2}} \right)\left( {2\sqrt {x + 3} - \left( {x - 5} \right)} \right)}}$
$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - {x^2} + 14x - 13}}{{ - x\left( {x - 1} \right)\left( {2\sqrt {x + 3} - \left( {x - 5} \right)} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - \left( {x - 1} \right)\left( {x - 13} \right)}}{{ - x\left( {x - 1} \right)\left( {2\sqrt {x + 3} - \left( {x - 5} \right)} \right)}}$
$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - \left( {x - 13} \right)}}{{ - x\left( {2\sqrt {x + 3} - \left( {x - 5} \right)} \right)}} = - \frac{3}{2}$.
a) Gọi $\Delta $ là giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( {BCD} \right)$. Khi đó $\Delta $ đi qua $G$ và song song với $CD$.
Gọi $H,K$ lần lượt là giao điểm của $\Delta $ với $BC$ và $BD$.
\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{H \in \left( P \right)} \\
{H \in BC \subset \left( {BCD} \right)}
\end{array}} \right. \Rightarrow H \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)(1)\]
\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{K \in \left( P \right)} \\
{K \in BD \subset \left( {BCD} \right)}
\end{array}} \right. \Rightarrow K \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)(2)\]
Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right)\] suy ra giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( {BCD} \right)$ là $HK$.
b) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ và $HK{\text{//}}CD$ nên $\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{MG}}{{MB}} = \frac{{DK}}{{DB}} = \frac{1}{3}$.
Giả sử $\left( P \right)$ cắt $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {ABD} \right)$ các giao tuyến là $HI$ và $KJ$.
Ta có \[\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = HI\], \[\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = KJ\,\] mà \[AB\parallel \left( P \right)\] nên \[HI\parallel AB\parallel KJ\].
Theo định lí Thalès, ta có \[\frac{{BH}}{{HC}} = \frac{{BK}}{{KD}} = \frac{{BG}}{{GM}} = 2\] suy ra $\left\{ \begin{gathered}
\frac{{HI}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{1}{3} \hfill \\
\frac{{KJ}}{{AB}} = \frac{{DK}}{{DB}} = \frac{1}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow HI = KJ$.
Vậy thiết diện của \[\left( P \right)\] và tứ diện \[ABCD\] là hình bình hành $HIJK$.
Vì dãy các tam giác ${A_1}{B_1}{C_1};{A_2}{B_2}{C_2};{A_3}{B_3}{C_3};...$ là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác bằng cạnh $ \times \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.
Với $n = 1$ thì tam giác đều ${A_1}{B_1}{C_1}$ có cạnh bằng 3 nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ${A_1}{B_1}{C_1}$ là ${R_1} = 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3 $. Do đó ${S_1} = \pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 3\pi $.
Với $n = 2$ thì tam giác đều ${A_2}{B_2}{C_2}$ có cạnh bằng $\frac{3}{2}$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ${A_2}{B_2}{C_2}$ là ${R_2} = \frac{3}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$. Do đó ${S_2} = \pi {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi \cdot \frac{1}{4}$.
Với $n = 3$ thì tam giác đều ${A_3}{B_3}{C_3}$ có cạnh bằng $\frac{3}{4}$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ${A_3}{B_3}{C_3}$ là ${R_3} = \frac{3}{4} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$. Do đó ${S_3} = \pi {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)^2} = 3\pi {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2}$.
Như vậy tam giác ${A_n}{B_n}{C_n}$ có cạnh $3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ${A_n}{B_n}{C_n}$ là \[{R_n} = 3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3 .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\]. Do đó ${S_n} = \pi {\left( {\sqrt 3 .{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}}} \right)^2} = 3\pi {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}}$.
Khi đó $S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ...$\[ = 3\pi + 3\pi \cdot \frac{1}{4} + 3\pi \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + ... + 3\pi \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}} + ...\] là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = 3\pi ;q = \frac{1}{4}$.
Vậy $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{3\pi }}{{1 - \frac{1}{4}}} = 4\pi $.
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.
