Bộ 24 Đề kiểm tra Giữa kì 2 Toán 11 có đáp án (Mới nhất) (Đề 17)

Theo định nghĩa giới hạn hữu hạn của dãy số (SGK ĐS11-Chương 4) thì $\lim q^n=0$$\left(\left|q\right|<1\right)$.

Theo định lý: Nếu $\lim u_n=a$; $\lim u_n=a$ (với $a,b\in ℝ$) thì  $\lim \left(u_n+v_n\right)=a+b$.

Ta có: $\lim \frac{2n+1}{3n+2}=\lim \frac{2+\frac{1}{n}}{3+\frac{2}{n}}=\frac{2}{3}$.

Ta thấy: $\lim q^n=0$ nếu $\left|q\right|<1$ ; $\lim q^n=+\infty$ nếu q>1. Do đó:

$\lim u_n=\lim {\left(\frac{1}{2}\right)}^n=0$vì $0<\frac{1}{2}<1$

$\lim v_n=\lim {\left(\frac{\pi }{3}\right)}^n=+\infty$ vì $\frac{\pi }{3}>1$ 

$\lim w_n=\lim \frac{3^n}{4^{n+1}}=\lim \left[\frac{1}{4}.{\left(\frac{3}{4}\right)}^n\right]=0$ vì $0<\frac{3}{4}<1$.

Với x<3 thì $\left|x-3\right|=3-x$ .

Ta có: $\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{\left|x-3\right|}{5x-15}=\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{-x+3}{5x-15}=\frac{-1}{5}$.

Hàm số $y=\frac{x-2}{x-1}$ và $y=\frac{x^2+1}{x-1}$ có tập xác định là $ℝ\backslash \left\{1\right\}$ nên loại đáp án A, D.

              Hàm số $y=\sqrt{x-2}$ có tập xác định là $\left[2;+\infty \right)$ mà $1\notin \left[2;+\infty \right)$. Loại đáp án C.

                 Hàm phân thức liên tục trên tập xác định của nó. Hàm số $y=\frac{x-2}{x+1}$ có tập xác định là $ℝ\backslash \left\{-1\right\}$ nên liên tục trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(-1;+\infty \right)$ do đó hàm số liên tục tại x=1.

Ta có $x^4-3x^2+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 1\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$.

              Khi đó hàm số xác định trên $ℝ\backslash \left\{\pm 1;\pm \sqrt{2}\right\}$.

                 Vậy hàm số có bốn điểm gián đoạn.

Ảnh của điểm A' qua phép chiếu song song theo phương chiếu A'A lên mặt phẳng (ABCD) là điểm A.

Ta có $MB\text{\hspace{0.17em}// }A\text{'}A$ và $MB\cap \left(ABCD\right)=\left\{B\right\}$ nên ảnh của điểm M qua phép chiếu song song theo phương chiếu AA' lên mặt phẳng (ABCD) là điểm A.

Vậy ảnh của đoạn thẳng A'M qua phép chiếu song song theo phương chiếu A'A lên mặt phẳng (ABCD) là đoạn thẳng B.

Theo quy tắc hình hộp ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA\text{'}}=\overrightarrow{AC\text{'}}$.

Do $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ là hình hộp $\Rightarrow$$ABA\text{'}B\text{'}$ là hình bình hành $\Rightarrow AA\text{'}//BB\text{'}$

Ta có $B\text{'}C\text{'}\text{// }BC\Rightarrow B\text{'}C\text{'}\text{// }\left(ABCD\right)$.

Vậy mặt phẳng (ABCD) chứa hai vectơ $\overrightarrow{AD},\overrightarrow{DC}$ và song song với vectơ $\overrightarrow{B\text{'}C\text{'}}$ nên ba vectơ $\overrightarrow{B\text{'}C\text{'}},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{DC}$ đồng phẳng.

Ta có S  là tổng cấp số nhân lùi vô hạn có $u_1=1,q=\frac{2}{3}$ .

Hàm số có nghĩa khi $x^2+5x+6\ne 0\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne -3\\ x\ne -2\end{array}\right.$.

Vậy theo định lí ta có hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^2+1}{x^2+5x+6}$ liên tục trên khoảng $\left(-\infty ;-3\right)$;$\left(-3;-2\right)$ và $\left(-2;+\infty \right)$.

Tập xác định D= R.

Ta có: $\underset{x\to 5}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 5}{\lim }\frac{\sqrt{x-1}-2}{x-5}=\underset{x\to 5}{\lim }\frac{x-5}{\left(x-5\right)\left(\sqrt{x-1}+2\right)}=\underset{x\to 5}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x-1}+2}=\frac{1}{4}$, $f\left(5\right)=a-1$.

Để hàm số liên tục tại x=5 thì $\underset{x\to 5}{\lim }f\left(x\right)=f\left(5\right)$$\Rightarrow \frac{1}{4}=a-1\iff a=\frac{5}{4}$.

Vậy với $a=\frac{5}{4}\in \left(1;\frac{3}{2}\right)$ thì hàm số liên tục tại x=5.

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

Hàm số $y=\frac{3}{\cos x-1}$ có tập xác định là $ℝ\backslash \left\{k2\pi ,k\in \mathbb{Z}\right\}$.

Hàm số $y=\sqrt{9-x^2}$ có tập xác định là $\left[-3;3\right]$.

Hàm số $y=\frac{2x-5}{x^2-x+1}$có tập xác định là R.

Do đóhàm $y=\frac{2x-5}{x^2-x+1}$ liên tục trên R.

Từ giả thiết ta có: $IJ\text{ // }SB$ (do IJ là đường trung bình của $\Delta SBC$).

Lại có $AB//C\text{D}$ (do ABCD là hình thoi)

$\Rightarrow \left(IJ,CD\right)=\left(SB,AB\right)$.

Mặt khác, ta lại có $∆SAB$ đều, do đó $\widehat{SBA}=60°\Rightarrow \left(SB,AB\right)=\widehat{SBA}=60°\Rightarrow \left(IJ,CD\right)=60°$.

Vì mặt bên $\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{B{C}^{\text{'}}}=\overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{BC}$$=\overrightarrow{A{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$$=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}$ nên $\overrightarrow{B{C}^{\text{'}}}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}$.

Vì G là trọng tâm $∆BCD$ nên $\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{0}$.

Ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=3\overrightarrow{AG}$.

Vậy k=3.

b) Chứng minh rằng $AC\text{'}\perp \left(A\text{'}BD\right)$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}A\text{'}B\perp AB\text{'}\\ A\text{'}B\perp B\text{'}C\text{'}\\ AB\text{'},B\text{'}C\text{'}\subset \left(AB\text{'}C\text{'}\right)\\ AB\text{'}\cap B\text{'}C\text{'}=B\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow A\text{'}B\perp \left(AB\text{'}C\text{'}\right)\Rightarrow A\text{'}B\perp AC\text{'}$ (1).

Chứng minh tương tự ta được $BD\perp AC\text{'}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AC\text{'}\perp \left(A\text{'}BD\right)$.

Ta có: $x^3-3x+2={\left(x-1\right)}^2\left(x+2\right)$.

Do đó phương trình $2\sqrt{1+a{x}^2}-bx-1=0$ $\Rightarrow 4\left(1+a{x}^2\right)-{\left(bx+1\right)}^2=0$ phải có nghiệm kép x=1 

$\iff \left(4a-b^2\right)x^2-2bx+3=0$ có nghiệm kép x=1

$\iff \left\{\begin{array}{l}4a-b^2\ne 0\\ {\Delta }^{\text{'}}=b^2-3\left(4a-b^2\right)=0\\ \left(4a-b^2\right).{\left(1\right)}^2-2.b.1+3=0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}4a-b^2\ne 0\\ a=\frac{1}{3}{b}^2\\ \frac{1}{3}{b}^2-2b+3=0\end{array}\right.$$\iff a=b=3$.

Khi đó $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2\sqrt{1+3x^2}-3x-1}{x^3-3x+2}$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\frac{3{\left(x-1\right)}^2}{2\sqrt{1+3x^2}+3x+1}}{{\left(x-1\right)}^2\left(x+2\right)}$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{3}{\left(2\sqrt{1+3x^2}+3x+1\right)\left(x+2\right)}=\frac{1}{8}$

Suy ra c=$\frac{1}{8}$.

Vậy $a=b=3$, $c=\frac{1}{8}$.

Tập xác định D=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(x) liên tục tại x=1 khi và chỉ khi $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)\left(1\right)$

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

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

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