Bộ 24 Đề kiểm tra Giữa kì 2 Toán 11 có đáp án (Mới nhất) (Đề 16)

Lời giải

Ta có  $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x^3+x+3\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^3\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{3}{x^3}\right)=-\infty$.

 (Vì $\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^3=-\infty$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{3}{x^3}\right)=1>0$).

Lời giải

Ta có  $N=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{6x+2}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{6+\frac{2}{x}}{1+\frac{1}{x}}=6$

Lời giải

Lời giải

Ta có: $\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)=5$ nên $\underset{x\to 0}{\lim }\left[3x-4f\left(x\right)\right]=\underset{x\to 0}{\lim }\left(3x\right)-4\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)$$=3.0-4.5=-20$.

Lời giải

Ta có: Hàm số $y=\cos x$ có tập xác định là R  nên liên tục trên R.

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

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

Lời giải

TXĐ: $D=ℝ\Rightarrow x_0=1\in D$.

Ta có : $f\left(1\right)=m+2$.

$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\left(x+1\right)=2$.

Hàm số $f\left(x\right)$ liên tục tại điểm $x_0=1$ khi và chỉ khi $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)\Rightarrow m+2=2\iff m=0$.      

Lời giải

Do phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau, nên không thể có đáp án A.

Lời giải

 Ta có $\overrightarrow{BA}$, $\overrightarrow{BC}$ chứa trong $mp\left(ABCD\right)$ và $\overrightarrow{B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}$song song với $mp\left(ABCD\right)$ nên các vectơ $\overrightarrow{BA}$, $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}$ đồng phẳng.

Lời giải

Ta có: $\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DJ}$.

   $\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CJ}$.

Suy ra: $2\overrightarrow{IJ}=\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}\right)+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}+\left(\overrightarrow{DJ}+\overrightarrow{JC}\right)=\overrightarrow{0}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{0}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}$.

Vậy: $\overrightarrow{IJ}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)$.

Lời giải

Cho 2 đường thẳng song song, nếu 1 đường thẳng thứ 3 vuông góc với 1 trong 2 đường thẳng đó thì cũng vuông góc với đường thẳng còn lại.

Vậy: Nếu $a//b$ và $c\perp a$ thì $c\perp b$  là khẳng định đúng.

Lời giải

Ta có: $u_n=\frac{2n+\sqrt{n^2+5}}{n{.4}^n}$=$\frac{\frac{2n+\sqrt{n^2+5}}{n}}{\frac{n{.4}^n}{n}}$=$\frac{2+\sqrt{1+\frac{5}{n^2}}}{4^n}$=$\frac{1}{4^n}\left(2+\sqrt{1+\frac{5}{n^2}}\right)$.

Vì $\lim \frac{5}{n^2}=0$ nên $\lim \left(2+\sqrt{1+\frac{5}{n^2}}\right)=3$ và $\lim \frac{1}{4^n}=0$. Do đó $\lim u_n=0$.

Vậy $\lim u_n=0$.

Lời giải       

Ta có: $u_n=\frac{1+2+3+\mathrm{...}+n}{1010n^2+1011}$=$u_n=\frac{1+2+3+\mathrm{...}+n}{1010n^2+1011}$=$\frac{n^2+n}{2020n^2+2022}$.

Do đó

$\lim \left(u_n+1\right)$=$\lim \left(\frac{n^2+n}{2020n^2+2022}+1\right)$ 

                   =$\lim \left(\frac{1+\frac{1}{n}}{2020+\frac{2022}{n^2}}+1\right)$= $\frac{1}{2020}+1$ = $\frac{2021}{2020}$.

Vậy $\lim \left(u_n+1\right)=\frac{2021}{2020}$.            

Lời giải

Ta có:

+) $\lim \frac{3n^2+n}{n^2+7}$ = $\lim \frac{3+\frac{1}{n}}{1+\frac{7}{n^2}}$ = 3.

+) $\lim \frac{2-n^3+n^2}{n^2-4}$ = $\lim \frac{\frac{2}{n^3}-1+\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}-\frac{4}{n^3}}$ = $-\infty$.

+) $\lim \frac{4n-5n^2}{n^2-4}$ = $\lim \frac{\frac{4}{n}-5}{1-\frac{4}{n^2}}$ = -5.

+)  $\lim \frac{2n+4n^2}{3n^3+5}$ = $\lim \frac{\frac{2}{n^2}+\frac{4}{n}}{3+\frac{5}{n^3}}$ = 0.

Vậy $\lim \frac{2n+4n^2}{3n^3+5}=0$

Lời giải

Hàm số $f\left(x\right)=\sqrt{2x^2-4x+5}$xác định trên R .

$f\left(x\right)=\sqrt{2x^2-4x+5}=\sqrt{x^2\left(2-\frac{4}{x}+\frac{5}{x^2}\right)}=\left|x\right|\sqrt{2-\frac{4}{x}+\frac{5}{x^2}}$.

Lời giải

Ta có: $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(x^2+x-1\right)=5>0$.

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(x^2-4\right)=0$và $x^2-4>0$khi $x\to 2^{+}$.

Suy ra $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x^2+x-1}{x^2-4}=+\infty$.

Lời giải

Ta có: Hàm số f(x)  xác định trên R.

Ta có $f\left(2\right)=2m+1$ và $\underset{x\to 2}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^3-8}{x-2}=\underset{x\to 2}{\lim }\left(x^2+2x+4\right)=12$.

(có thể dùng MTCT để tính giới hạn của hàm số)   

Để f(x)  liên tục tại x=2  thì $\underset{x\to 2}{\lim }f\left(x\right)=f\left(2\right)$$\iff 2m+1=12\iff m=\frac{11}{2}$.

Lời giải

Ta có: Hàm số f(x)  xác định trên R

$\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\left(x+1\right)=2_{}$ và $f\left(1\right)=2$.

Suy ra hàm số đã cho liên tục tại x=1.

Lời giải

Ta có: Hàm số f(x)  có tập xác định $\left[0;+\infty \right)$

Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)$$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x}-1}{x-1}$$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x}+1}=\frac{1}{2}$

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)$$=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(ax-\frac{1}{2}\right)$$=a-\frac{1}{2}$ và $f\left(1\right)=a-\frac{1}{2}$

Lời giải

Ta có:

$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\sqrt{x-1}-1}{x-2}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-2}{\left(x-2\right)\left(\sqrt{x-1}+1\right)}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{1}{\left(\sqrt{x-1}+1\right)}=\frac{1}{2}$

Hàm số liên tục tại điểmx=2  khi và chỉ khi $\underset{x\to 2}{\lim }f\left(x\right)=f\left(2\right)\iff \frac{1}{2}=1-m\iff m=\frac{1}{2}$ 

Lời giải

Ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{\text{IJ}}+\overrightarrow{JB}\right)+\left(\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{\text{IJ}}+\overrightarrow{JC}\right)=\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{DI}\right)+\left(\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JC}\right)+2\overrightarrow{\text{IJ}}=\overrightarrow{0}+\overrightarrow{0}+2\overrightarrow{\text{IJ}}=2\overrightarrow{\text{IJ}}$

Tam giác $AC{D}^{\text{'}}$ là tam giác đều cạnh $2\sqrt{2}a$ nên  $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{A{D}^{\text{'}}}=2a\sqrt{2}.2a\sqrt{2}.c\text{os}{60}^0=4a^2$

+ Có $AC\parallel A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ nên $\left(\widehat{AC;D{A}^{\text{'}}}\right)=\left(\widehat{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}};D{A}^{\text{'}}}\right)=\widehat{C^{\text{'}}{A}^{\text{'}}D}={60}^{○}$(Vì tam giác $C^{\text{'}}{A}^{\text{'}}D$ là tam giác đều cạnh bằng $a\sqrt{2}$).

(Vì $AB\perp AC;AB\perp BD$ ).

                  $1+\frac{1}{2}+\mathrm{...}+\frac{1}{2^n}={\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)}{1-\frac{1}{2}}}^{n+1}=2\left[1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n+1}\right]$.

                  $1+\frac{1}{3}+\mathrm{...}+\frac{1}{3^n}={\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)}{1-\frac{1}{3}}}^{n+1}=\frac{3}{2}\left[1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n+1}\right]$.

$\Rightarrow \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{2}+\mathrm{...}+\frac{1}{2^n}}{1+\frac{1}{3}+\mathrm{...}+\frac{1}{3^n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2\left[1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n+1}\right]}{\frac{3}{2}\left[1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n+1}\right]}=\frac{4}{3}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n+1}}{1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n+1}}=\frac{4}{3}$.

Vậy: $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{2}+\mathrm{...}+\frac{1}{2^n}}{1+\frac{1}{3}+\mathrm{...}+\frac{1}{3^n}}=\frac{4}{3}$.

Vì $\Delta A^{\text{'}}{D}^{\text{'}}P$ vuông tại D'  nên $A^{\text{'}}P=\sqrt{A^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2+D^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

$\Delta A{A}^{\text{'}}P$ vuông tại A'  nên $AP=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2}=\frac{3a}{2}$.

$\Delta C{C}^{\text{'}}P$ vuông tại C' nên $CP=\sqrt{C{C^{\text{'}}}^2+C^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

Ta có AC là đường chéo của hình vuông ABCD nên AC= $a\sqrt{2}$

Áp dụng định lý cosin trong tam giác ACP  ta có:

$\begin{array}{l}C{P}^2=A{C}^2+A{P}^2-2AC.AP.cos\widehat{CAP}\\ \Rightarrow cos\widehat{CAP}=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \Rightarrow \widehat{CAP}=45°<90°\end{array}$

Vậy $\left(\widehat{AC;AP}\right)=\widehat{CAP}=45°$ hay $\left(\widehat{MN;AP}\right)=45°$.

.

§ Nếu m=-5 thì $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{8x^3+5x^2+1}-\sqrt{9x^2+3x+5}-5x\right)$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[\left(\sqrt[3]{8x^3+5x^2+1}-2x\right)-\left(\sqrt{9x^2+3x+-5}+3x\right)\right]$ 

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[\frac{{\left(\sqrt[3]{8x^3+5x^2+1}\right)}^3-{\left(2x\right)}^3}{{\left(\sqrt[3]{8x^3+5x^2+1}\right)}^2+2x\cdot \sqrt[3]{8x^3+5x^2+1}+4x^2}-\frac{{\left(\sqrt{9x^2+3x-5}\right)}^2-{\left(3x\right)}^2}{\sqrt{9x^2+3x-5}-3x}\right]$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[\frac{8x^3+5x^2+1-8x^3}{{\left(\sqrt[3]{8x^3+5x^2+1}\right)}^2+2x\cdot \sqrt[3]{8x^3+5x^2+1}+4x^2}-\frac{9x^2+3x-5-9x^2}{\left|x\right|\cdot \sqrt{9+\frac{3}{x}-\frac{5}{x^2}}-3x}\right]$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[\frac{x^2\left(5+\frac{1}{x^2}\right)}{x^2\left[{\left(\sqrt[3]{8+5\cdot \frac{1}{x}+\frac{1}{x^3}}\right)}^2+2\sqrt[3]{8+5\cdot \frac{1}{x}+\frac{1}{x^3}}+4\right]}-\frac{x\left(3-\frac{5}{x}\right)}{-x\left(\sqrt{9+\frac{3}{x}-\frac{5}{x^2}}+3\right)}\right]$

$=\frac{5}{2+4+4}+\frac{3}{3+3}$