Bộ 12 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo (2023 - 2024) có đáp án - Đề 9

Chọn C

Với \(n = 5\) ta có \({F_5} = {F_4} + {F_3}\).

Trong đó \({F_3} = {F_2} + {F_1} = 1 + 1 = 2\) và \({F_4} = {F_3} + {F_2} = 2 + 1 = 3\).

Suy ra: \({F_5} = {F_4} + {F_3} = 3 + 2 = 5\).

Chọn A

Gọi \(a\) là số ở đầu mút trái, \(b\) là số ở đầu mút phải của các nhóm của mẫu số liệu.

Ta có: \(b - a = 2\) là độ dài của nhóm.

Chọn C

Số hạng tổng quát \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d = 1 + (n - 1)2 = 2n - 1\).

Chọn C

Xét câu A, dãy số này là một cấp số nhân với công bội \(q = 1\).

Xét câu B, dãy số này là một cấp số nhân với công bội \(q = {a^2}\) với \(a \ne 0\).

Xét câu D, dãy số này là một cấp số nhân với công bội \(q = 2\).

Chọn C

Hàm số \(y = \frac{{2023}}{{\sin x}}\) xác định khi và chỉ khi \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Vậy \({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn C

Theo hình vẽ, số đo các góc lượng giác \(\left( {OA,OA'} \right) = 180^\circ + k360^\circ \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Với \(k = - 1\) ta được \(\left( {OA,OA'} \right) = - 180^\circ \).

Chọn A

Dãy các số tự nhiên chẵn nhỏ hơn \[100\] là một dãy hữu hạn, có số hạng đầu là 0 và số hạng cuối là 100.

Chọn B

Xét câu A, dãy số này là một cấp số cộng với công sai \(d = \frac{1}{6}\).

Xét câu C, dãy số này là một cấp số cộng với công sai \(d = 2\).

Xét câu D, dãy số này là một cấp số cộng với công sai \(d = 1\).

Chọn B

Xét câu B, hàm số \(y = \sin x\) tuần hoàn với chu kỳ \(2\pi \).

Chọn D

Trong mặt phẳng \[(\alpha )\]có vô số đường thẳng song song với đường thẳng \[a\].

Chọn A

Xét câu A, hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) xác định khi và chỉ khi \(x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1\).

Vậy hàm số này gián đoạn tại \({x_0} = - 1\).

Chọn D

Ta có: \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Leftrightarrow \sin \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \pm \sqrt {1 - {{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^2}} = \pm \frac{{\sqrt {21} }}{5}\).

Vì \(\frac{{3\pi }}{2} < \alpha < 2\pi \) (thuộc cung IV) nên \(\sin \alpha < 0\).

Vậy \({\rm{sin}}\alpha = - \frac{{\sqrt {21} }}{5}\).

Chọn A

              Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}S \in (SAD) \cap (SBC)\\AD//BC\end{array} \right.\)

              Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\), song song với \(AD\) hoặc \(BC\).

Chọn A

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}ON//SB\\SB \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow ON//\left( {SBC} \right)\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}OM//SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OM//\left( {SBC} \right)\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}ON \subset \left( {OMN} \right)\\OM \subset \left( {OMN} \right)\end{array} \right.\) nên suy ra \(\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).

Chọn A

Áp dụng công thức \(\sin a.\sin b = - \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {a + b} \right) - \cos \left( {a - b} \right)} \right]\) với \(a = \frac{\pi }{8}\) và \(b = \frac{{3\pi }}{8}\) ta được:

\(\sin \frac{\pi }{8}.\sin \frac{{3\pi }}{8} = - \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{\pi }{8} + \frac{{3\pi }}{8}} \right) - \cos \left( {\frac{\pi }{8} - \frac{{3\pi }}{8}} \right)} \right] = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\)

Chọn D

Dựa vào bảng trên ta thấy số học sinh thuộc nửa khoảng \(\left[ {60;80} \right)\) là 10.

Chọn A

Xét câu A:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN//AC\\AC \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right.\) và \(MN \not\subset \left( {ACD} \right)\) nên \(MN//\left( {ACD} \right)\).

Chọn C

Các số nguyên dương chia hết cho 4 là: 4; 8; 12; 16; 20;…

Các số này có dạng \(4n\) với \(n \in {\mathbb{N}^ * }\).

Vậy số hạng tổng quát của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_n} = 4n\) với \(n \in {\mathbb{N}^ * }\).

Chọn D

Theo hình vẽ thì \[AB\] và \(CD\) chéo nhau.

Chọn B

Xét câu B ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0\).

Chọn B

Vì góc lượng giác có số đo \(\alpha \) thỏa mãn \(\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \) (thuộc cung II) nên \(\cos \alpha  < 0\) và \(\sin \alpha > 0\).

Mà \(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}\) nên suy ra \(\tan \alpha < 0\).

Chọn C

Phương trình \(\sin \alpha = m\) có nghiệm khi \(\left| m \right| \le 1\).

Xét câu C ta có: \(\left| { - \frac{2}{3}} \right| = \frac{2}{3} < 1\) nên phương trình này có nghiệm.

Các câu A, B, D đều có \(\left| m \right| > 1\) nên phương trình vô nghiệm.

Chọn B

Ta có \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\) với \(n \ge 2\).

Với \(n = 5\) ta được: \({u_5} = {u_1}.{q^4} = {3.2^4} = 48\).

Chọn B

Theo hình ta thấy hình chóp có đáy là ngũ giác có 6 mặt.

a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 3}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4x + 1 - {3^2}}}{{\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)}}\]\[\mathop { = \lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\]

\[\mathop { = \lim }\limits_{x \to 2} \frac{4}{{\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{6}\].

Lời giải

a) Xét hai mặt phẳng (SAH) và (SCG):

                       S là điểm chung thứ nhất.

                        Gọi N, P lần lượt là trung điểm AB, BC. Gọi O là giao điểm của AP và CN.

                       Do \(AP \subset \left( {SAH} \right)\) và \(CN \subset \left( {SCG} \right)\) nên suy ra O là điểm chung thứ hai.

Suy ra giao tuyến của mặt phẳng \[\left( {SGC} \right)\]và \[\left( {SAH} \right)\]là \(SO\).

b) Xét hai mặt phẳng \[\left( {KGH} \right)\]và \[\left( {SAC} \right)\], có

                          K là điểm chung;

                          \(GH\parallel AC\)

Suy ra giao tuyến của mặt phẳng \[\left( {KGH} \right)\]và \[\left( {SAC} \right)\] là \[Kx\], với \[Kx\]song song\[AC\].

\[Kx\]cắt \[SA\]tại \[E\], \[EG\]cắt \[AB\]tại \[L\].

Xét hai mặt phẳng \[\left( {KGH} \right)\]và \[\left( {SAC} \right)\], có

                          L là điểm chung;

                          \(GH\parallel AC\)

Suy ra giao tuyến của mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]và \[\left( {KGH} \right)\]là Ly, với Ly song song với \[AC\].

\[Ly\]cắt \[BM\]tại\[I\], suy ra I là giao điểm của \[BM\]và mp \[\left( {KGH} \right)\]

Từ \[N\]kẻ đường thẳng song song với \[SA\]cắt \[EL\]tại \[Q\]. Suy ra

\(NQ = \frac{1}{2}ES = \frac{1}{6}EA \Rightarrow \frac{{NQ}}{{EA}} = \frac{1}{6}\).

Xét tam giác \(BAM\) có \(LI\parallel AM\), suy ra\[\frac{{IB}}{{IM}} = \frac{{LB}}{{LA}}\]

Xét tam giác \(LAE\) có \(NQ\parallel AE\), suy ra  \[\frac{{LN}}{{LA}} = \frac{{NQ}}{{EA}} = \frac{1}{6}\] nên \[\frac{{LB}}{{IA}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{IB}}{{IM}} = \frac{2}{3}\].