Bộ 24 Đề kiểm tra Giữa kì 2 Toán 11 có đáp án (Mới nhất) (Đề 20)

Ta có lim5n−3n5n−4=lim1−35n1−4.15n=1−01−4.0=1

Lời giải

Theo tính chất mối liên hệ giữa quan hệ song song và quan hệ vuông góc của đường thẳng và mặt phẳng thì đáp án A,C,Dđúng.

Trong đáp án B nếu a,b nằm trong mặt phẳng song song với (P) thì b  //  P. Vậy kết luận ở câu B sai.

Lời giải

Ta có C=SC∩ABC (1)

Hơn nữa, theo giả thiết SA⊥ABC nên A là hình chiếu của C lên mặt phẳng (ABC0 (2) 

Từ (1) và (2) suy ra AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABC).

Khi đó góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là góc giữa SC và AC hay góc SCA^.

Tính góc SCA^

Ta có  SA⊥ABC mà AC⊂ABCnên SA⊥AC.

Mặt khác,  SA=AC=a ( theo giả thiết).

Suy ra tam giác SAC vuông cân tại A, suy ra SCA^=450.

Lời giải

Xét đáp án A, limn+3n+2=lim1+3.1n1+2.1n=1+3.01+2.0=1.

Xét đáp án B, lim20192020n=0 vì 20192020<1.

Xét đáp án C, lim2n=+∞.

Xét đáp án D, limn4=+∞.

Tứ diện ABCD là tứ diện đều cạnh a nên suy ra tam giác ABC đều cạnh a.

Do đó AB→.AC→=AB→.AC→.cosAB→,AC→=AB.AC.cosBAC^=a.a.cos60°=12a2.

Lời giải

          Kẻ CE⊥AB E∈AB, AF⊥AC F∈AC, CE∩AF=H.

Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau do đó

OA⊥OBC, OB⊥OAC, OC⊥OAB.

Ta có OC⊥OAB⇒OC⊥AB. Do đó đáp án A đúng.

Ta có BC⊥AFBC⊥OA vì OA⊥OBC⇒BC⊥OAF⇒BC⊥OH. Do đó đáp án C đúng.

Ta có AB⊥CEAB⊥OC vì OC⊥OAB⇒AB⊥COE⇒AB⊥OH.

Do đó  OH⊥BCOH⊥AB ⇒OH⊥ABC. Do đó đáp án B đúng.

Ta có OA⊥OBC⇒OA⊥OF⇒ΔAOF vuông tại O.

Suy ra OH không vuông góc với OA. Do đó đáp án D sai.

Lời giải

TXĐ :  D=ℝ\2

Nên hàm số sẽ gián đoạn tại x=2

Vì limx→−2x2+3x+7=−22+3.−2+7=4−6+7=5

Vì limx→+∞3x+2x−1=limx→+∞3+2x1−1x=31=3

Lời giải

Theo tính chất cấp số nhân ta có: 82=x2.x⇔x=4

Ta có :AB→ và C'D'→  là hai vectơ đối nhau nên AB→+C'D'→=0→

limx→1x2−3x+2x2−1=limx→1x−1.x−2x−1.x+1=limx→1x−2x+1=−12

Ta có u2=8u5=17⇔u1+d=8u1+4d=17⇔u1=5d=3

Vậy d=3

Lời giải

Hàm số y=x2x−2 có tập xác định D=ℝ\2 nên không liên tục tại x=2.

Ta có u1=81u2=27⇔u1=81u1q=27⇔u1=81q=13

Vậy q= 13

I=limx→+∞4x2+3x+2x2+x−2=limx→+∞4+3x+2x21+1x−2x2=4+0+01+0−0=4.

un=u1+n−1d=19+n−1−2=−2n+21.

Lời giải

 I=limx→+∞−2x3+4x+5=limx→+∞x3−2+4x2+5x3.

limx→+∞x3=+∞.

limx→+∞−2+4x2+5x3=−2+0+0=−2.

⇒I=limx→+∞x3−2+4x2+5x3=−∞.

Lời giải

Đkxđ: 3+x≥04−x≥0⇔−3≤x≤4. TXĐ: D=−3;4.

+ Lấy x0 bất kì thuộc khoảng −3;4 thì limx→x0fx=limx→x03+x+4−x=3+x0+4−x0=fx0⇒ hàm số liên tục trên khoảng −3;4.

+ limx→−3+fx=limx→−3+3+x+4−x=7=f−3.

+ limx→4−fx=limx→4−3+x+4−x=7=f4.

Vậy hàm số fx=3+x+4−x liên tục trên đoạn −3;4.

J=lim2n+3n+1=lim2+3n1+1n=2+01+0=2

J=limn−12n+3n3+2=lim2n2+n−3n3+2=lim2n+1n2−3n31+2n3=0+0−01+0=0

Vì ABCD là tứ diện thì AB→,  AC→, AD→ không đồng phẳng.

Lời giải

          Xét đáp án A là cấp số nhân với u1=1,q=−1.

          Xét đáp án B có −31=9−3≠109, suy ra không phải cấp số nhân.

          Xét đáp án C là cấp số nhân với u1=1,q=0.

          Xét đáp án D là cấp số nhân với u1=32,q=12.

Lời giải

Đáp án B: chỉ đúng trong mặt phẳng.

Đáp án C: a và b có thể chéo nhau.

Đáp án D: đúng.

Ta có lim x→1(x2+3x−5)=12+3.1−5=−1.

Lời giải

Vì các hàm số y=x2; y=sinx; y=x2−1x2+x+1 có tập xác định trên R nên chúng liên tục trên R

Hàm số  y=tanx liên tục trên từng khoảng xác định−π2+kπ;π2+kπ .

Vậy có 3 hàm số đã cho liên tục trên R.

Lời giải

Ta có

+ lim12n=lim12n=0. Đáp án A đúng.

+ lim3n+1=lim3n1+1n=01=0. Đáp B đúng.

+ limn2+2n+3−n=limn2+2n+3−n2n2+2n+3+n=lim2n+3n2+2n+3+n=lim2+3n1+2n+3n2+1=21+1=1.

 Đáp án C đúng.

 Vậy đáp án D sai.

Ta có ΔSAC vuông tại A ( Do SA⊥AC)

ΔSAB vuông tại A ( Do SA⊥AB)

ΔABC vuông tại B ( Do BC⊥AB).

Lại có BC⊥SABC⊥AB⇒BC⊥SAB mà SB⊂SAB suy ra BC⊥SB nên ΔSBC vuông tại B.

Vậy Hình chóp SABC có 4 mặt là tam giác vuông.

Ta có lim2n+52n+3=limn2+5nn2+3n=lim2+5n2+3n=22=1

Lời giải

Ta có A'D//B'C suy ra góc giữa hai đường thẳng AC và DA' là AC,B'C^

Ta thấy AC, AB', B'C lần lượt là đường chéo của các hình vuông ABCD, AA'B'B, BB'C'C nên tam giác ACB' đều. Suy ra ACB'^=600.

Vậy AC,B'C^=ACB'^=600.

Ta có SC⊥(ABC) nên C là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC).

Khi đó, CM là hình chiếu vuông góc của SM xuống mặt phẳng (ABC).

Do đó góc tạo bởi đường thẳng SM và mặt phẳng (ABC) là α=(SM,MC^).

          Tam giác SMC vuông tại C nên α=SMC^ và tanα=SCMC=aa32=233.

Ta có EF là đường trung bình trong ∆ABC nên EF∥SB. Khi đó góc giữa EF và mặt phẳng (SAD) là góc giữa SB và mặt phẳng (SAD).

Mặt khác, do SA⊥BA, AD⊥BA nên BA⊥(SAD). Do đó A là hình chiếu vuông góc của B lên (SAD).

Suy ra, SA là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAD).

Khi đó góc giữa SB và mặt phẳng (SAD) là α=(SB, SA^).

Do ∆ABC vuông cân tại A nên α=ASB^=45°.         

Lời giải

Ta có

 I=limx→−1x4−2mx+m2+3    =limx→−1(−1)4−2m(−1)+m2+3    =limx→−1m2+2m+4    =m2+2m+4.

Do đó, I<12⇔m2+2m−8<0⇔−4<m<2.

m∈ℤ⇒m∈−3, −2, −1, 0, 1. Do đó, có tất cả 5 giá trị m thoả mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải

Đặt f(x)=x3−3x2+3, hàm số liên tục trên R. Ta có

f(−1)=−1f(0)=3⇒f(−1).f(0)<0⇒phương trình f(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc (-1,0)

f(1)=1f(2)=−1⇒f(1).f(2)<0⇒phương trình f(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc (1,2)

f2=−1f(3)=3⇒f(2).f(3)<0⇒phương trình f(x) có ít nhất 1 nghiệm thuộc (2,3)

Do −1 ; 0∩1 ; 2∩2 ; 3=∅ nên ta sẽ có 3 nghiệm trên phân biệt và x3−3x2+3=0 là phương trình bậc ba nên sẽ có tối đa 3 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Ta có ΔSIA, ΔSIB, ΔSIC là các tam giác vuông tại I vì SI⊥(ABC).

Xét ΔSIA vuông tại I và ΔSIB vuông tại I có: SI là cạnh chung, cạnh huyền SA=SB (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ΔSIA=ΔSIB  (1).

Tương tự ta có ΔSIB=ΔSIC⇒IB=IC  (2).

Từ (1), (2) ta có IA=IB=IC. Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC.

Lời giải

Đặt S1=13+19+...+13n+...

Ta có S1 là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với u1=13 và công bội q=13⇒S1=131−13=12 

Nên S=2+13+19+...+13n+...=2+S1=2+12=52 từ đó ta có a=5, b=2⇒a.b=10.

Lời giải

Ta có u1=11;  u2=13  ⇒  d=u2−u1=2.

Lại có S=1u1u2+1u2u3+...+1u99u100 .

⇒2S=2u1u2+2u2u3+...+2u99u100=u2−u1u1u2+u3−u2u2u3+...+u100−u99u100−u99

=1u1−1u2+1u2−1u3+...−1u99+1u99−1u100

=1u1−1u100=1u1−1u1+99d=111−111+99.2=18209.

⇒S=9209.

Lời giải

 Ta có u5=u2.q3⇒q=u5u23=54−23=−3.  Và u1=u2q=−2−3=23.

 ⇒S1000=u1(q1000−1)q−1=23(−3)1000−1−3−1=1−310006.

Gọi N là trung điểm AC ⇒MN // AB⇒AB,DM^=MN,DM^MN=a2.

Ta có ABCD là hình chóp đều.

⇒DM⊥BCDN⊥AC⇒DM=DN=a32.

                    Ta có cosAB,DM^=cosMN,DM^=cosNMD^=MN2+MD2−ND22.MN.MD

                    =a22+a322−a3222.a2.a32=36.

Hàm số đã cho xác định trên tập 2;+∞. Với mọi x0∈(2;+∞) ta có

limx→x0f(x)=limx→x02x+3x−2=2x0+3x0−2=f(x0)

Do đó hàm số liên tục trên khoảng 2;+∞. 

Lời giải

 Hàm số đã cho xác định trên tập hợp ℝ\{1; -2±2} .

 Do đó f(x) gián đoạn tại 3 điểm là 1; −2−2 và −2+2.

Gọi P là trung điểm của đoạn AB. Theo tính chất đường trung bình trong các tam giác ABD ta có PM song song với BD và PM=12BD=4a.

Tương tự, trong tam giác ABC ta có PN song song với AC và PN=12AC=3a.

Theo giả thiết AC⊥BD nên PM⊥PN.

Trong tam giác vuông MPN, ta có MN=PM2+PN2=5a.

Lời giải

Ta có, limx→−2x2−2ax+3+a2=−22−2a(−2)+3+a2=a2+4a+7.

           limx→−2x2−2ax+3+a2=3.

            ⇔a2+4a+7=3.

            ⇔a2+4a+4=0.

            ⇔a=−2.

Lời giải

Ta có limx→310−2f(x)=10−2limx→3fx=10−2.7=−4.

   Vậy limx→310−2f(x)=−4.

Lời giải

Tập xác định của hàm số: D=R.

Ta có: f(1)=m2+m−8.

Mặt khác, limx→1f(x)=limx→1(x2−3x)=−2

Khi đó, để hàm số liện tục lại x0=1 thì limx→1f(x)=f(1)

Hay m2+m−8=−2⇔m=−3m=2

Vậy tích các phần tử của tập S bằng -6.

Lời giải

- Diện tích của hình vuông ABCD là S1=a2.

- Diện tích của hình vuông A1B1C1D1 là S2=a222=a22.

- Tương tự diện tích S3,S4....lần lượt là a24,a28…..

Các diện tích này lập thành một CSN lùi vô hạn có u1=a2 và công bội q=12 và Sn=S1+S2+....

Khi đó S=limSn=a212=2a2.

.

Ta có : limx→1ax2+bx−5x−1=limx→1ax2−1+bx−1+a+b−5x−1

=limx→1ax+1+b+limx→1a+b−5x−1

=2a+ b +limx→1a+b−5x−1.

          Suy ra limx→1ax2+bx−5x−1=20  ⇒2a+b=20a+b−5=0⇔ a=15b=−10 .

          Vậy P=152+(−10)2−15−(−10)=320.

- Các ΔACD và ∆BCD đều vì có các cạnh đều bằng 4.

          - Gọi I là trung điểm của CD thì AI⊥CD, BI⊥CD ⇒  (ABI)⊥CD. Mặt phẳng (P) chính là mặt phẳng (ABI).

          - Mặt khác ta có AI và BI là các đường cao trong tam giác đều cạnh bằng 4 nên AI=BI=23.

          - Gọi H là trung điểm của AB thì IH là đường cao trong tam giác cân ABI

          ⇒ IH=12−x24 .

           ⇒ SIAB=12x.12−x24= x2.12−x24.

          Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có :  SIAB≤x24+12−x242=6.

          Dấu bằng xảy ra khi x2=12−x24 ⇒ x=26 .

          Vậy diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 6.

Lờigiải

Vì limx→2fx−16x−2=12 nên limx→2fx−16=0 do nếu giới hạn này khác 0 thì giới hạn limx→2fx−16x−2 sẽ bằng vô cùng. Ta suy ra được limx→2fx=16.

Biến đổi

limx→22fx−16−4x2+x−6=limx→22fx−32x−2x+32fx−16+4=limx→2fx−16x−2.2x+32fx−16+4

Do limx→2fx=16 nên suy ra limx→22x+32fx−16+4=120.

Vậy limx→22fx−16−4x2+x−6=limx→2fx−16x−2.2x+32fx−16+4=12.120=35.

Lờigiải

Hàm số liên tục tại điểm x0=0 ⇔limx→0fx=f0⇔limx→04x+1−1ax2+2a+1x=3. Ta biến đổi

limx→04x+1−1ax2+2a+1x=limx→04xax2+2a+1x4x+1+1=limx→04ax+2a+14x+1+11

+) Nếu a=−12 thì giới hạn (1) không tồn tại, hàm số không liên tục tại điểm 0 nên loại trường hợp này.

+) Nếu a≠−12 giới hạn (1) bằng 22a+1 . Vậy để hàm số liên tục tại điểm 0 khi và chỉ khi 22a+1=3⇔a=−16. Như vậy ta cần tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình x2−x−6<0. Giải ra ta được −2<x<3 . Vậy bất phương trình có 4 nghiệm nguyên là −1;0;1;2.