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

Lời giải

Theo tính chất cấp số nhân ta có: $8_{}^2=x^2.x\iff x=4$

Lời giải

Hàm số $y=\frac{x^2}{x-2}$ có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$ nên không liên tục tại x=2.

Lời giải

 $I=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(-2x^3+4x+5\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3\left(-2+\frac{4}{x^2}+\frac{5}{x^3}\right).$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3=+\infty .$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(-2+\frac{4}{x^2}+\frac{5}{x^3}\right)=-2+0+0=-2$.

$\Rightarrow I=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3\left(-2+\frac{4}{x^2}+\frac{5}{x^3}\right)=-\infty .$

Lời giải

Đkxđ: $\left\{\begin{array}{l}3+x\ge 0\\ 4-x\ge 0\end{array}\right.\iff -3\le x\le 4$. TXĐ: $D=\left[-3;4\right]$.

+ Lấy $x_0$ bất kì thuộc khoảng $\left(-3;4\right)$ thì $\underset{x\to x_0}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to x_0}{\lim }\left(\sqrt{3+x}+\sqrt{4-x}\right)=\sqrt{3+x_0}+\sqrt{4-x_0}=f\left(x_0\right)\Rightarrow$ hàm số liên tục trên khoảng $\left(-3;4\right)$.

+ $\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }\left(\sqrt{3+x}+\sqrt{4-x}\right)=\sqrt{7}=f\left(-3\right)$.

+ $\underset{x\to 4^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 4^{-}}{\lim }\left(\sqrt{3+x}+\sqrt{4-x}\right)=\sqrt{7}=f\left(4\right)$.

Vậy hàm số $f\left(x\right)=\sqrt{3+x}+\sqrt{4-x}$ liên tục trên đoạn $\left[-3;4\right]$.

Lời giải

          Xét đáp án A là cấp số nhân với $u_1=1,q=-1.$

          Xét đáp án B có $\frac{-3}{1}=\frac{9}{-3}\ne \frac{10}{9}$, suy ra không phải cấp số nhân.

          Xét đáp án C là cấp số nhân với $u_1=1,q=0$.

          Xét đáp án D là cấp số nhân với $u_1=32,q=\frac{1}{2}$.

Lời giải

Đáp án B: chỉ đúng trong mặt phẳng.

Đáp án C: a và b có thể chéo nhau.

Đáp án D: đúng.

Lời giải

Vì các hàm số $y=x^2;y=\sin x;y=\frac{x^2-1}{x^2+x+1}$ có tập xác định trên R nên chúng liên tục trên R

Hàm số $y=\text{tan}x$ liên tục trên từng khoảng xác định$\left(\frac{-\pi }{2}+k\pi ;\frac{\pi }{2}+k\pi \right)$ .

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

Lời giải

Ta có

+ $\lim \frac{1}{2^n}=\lim {\left(\frac{1}{2}\right)}^n=0.$ Đáp án A đúng.

+ $\lim \frac{3}{n+1}=\lim \frac{\frac{3}{n}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{0}{1}=0.$ Đáp B đúng.

+ $\lim \left(\sqrt{n^2+2n+3}-n\right)=\lim \frac{n^2+2n+3-n^2}{\sqrt{n^2+2n+3}+n}$$=\lim \frac{2n+3}{\sqrt{n^2+2n+3}+n}=\lim \frac{2+\frac{3}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}}+1}=\frac{2}{\sqrt{1}+1}=1.$

 Đáp án C đúng.

 Vậy đáp án D sai.

Ta có $\Delta SAC$ vuông tại A ( Do $SA\perp AC$)

$\Delta SAB$ vuông tại A ( Do $SA\perp AB$)

$\Delta ABC$ vuông tại B ( Do $BC\perp AB$).

Lại có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$ mà $SB\subset \left(SAB\right)$ suy ra $BC\perp SB$ nên $\Delta SBC$ vuông tại B.

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

Lời giải

Ta có $A\text{'}D//B\text{'}C$ suy ra góc giữa hai đường thẳng AC và DA' là $\widehat{\left(AC,B\text{'}C\right)}$

Ta thấy $AC,AB\text{'},B\text{'}C$ lần lượt là đường chéo của các hình vuông $ABCD$, $AA\text{'}B\text{'}B$, $BB\text{'}C\text{'}C$ nên tam giác $ACB\text{'}$ đều. Suy ra $\widehat{ACB\text{'}}={60}^0$.

Vậy $\widehat{\left(AC,B\text{'}C\right)}=\widehat{ACB\text{'}}={60}^0$.

Ta có $SC\perp \left(ABC\right)$ 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 $\alpha =\left(\widehat{SM,MC}\right)$.

          Tam giác SMC vuông tại C nên $\alpha =\widehat{SMC}$ và $\tan \alpha =\frac{SC}{MC}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

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

Mặt khác, do $SA\perp BA$, $AD\perp BA$ nên $BA\perp \left(SAD\right)$. 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 $\alpha =\left(\widehat{SB,SA}\right)$.

Do $∆ABC$ vuông cân tại A nên $\alpha =\widehat{ASB}=45°$.         

Lời giải

Ta có

 $\begin{array}{l}I=\underset{x\to -1}{\lim }\left(x^4-2mx+m^2+3\right)\\ =\underset{x\to -1}{\lim }\left({(-1)}^4-2m(-1)+m^2+3\right)\\ =\underset{x\to -1}{\lim }\left(m^2+2m+4\right)\\ =m^2+2m+4.\end{array}$

Do đó, $I<12\iff m^2+2m-8<0\iff -4<m<2$.

$m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-3,-2,-1,0,1\right\}$. Do đó, có tất cả 5 giá trị m thoả mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải

Đặt $f\left(x\right)=x^3-3x^2+3$, hàm số liên tục trên R. Ta có

$\left\{\begin{array}{c}f(-1)=-1\\ f\left(0\right)=3\end{array}\Rightarrow f(-1).f\left(0\right)<0\Rightarrow \right.$phương trình $f\left(x\right)=0$ có ít nhất 1 nghiệm thuộc (-1,0)

$\left\{\begin{array}{c}f\left(1\right)=1\\ f\left(2\right)=-1\end{array}\Rightarrow f\left(1\right).f\left(2\right)<0\Rightarrow \right.$phương trình f(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc (1,2)

$\left\{\begin{array}{c}f\left(2\right)=-1\\ f\left(3\right)=3\end{array}\Rightarrow f\left(2\right).f\left(3\right)<0\Rightarrow \right.$phương trình f(x) có ít nhất 1 nghiệm thuộc (2,3)

Do $\left(-1;0\right)\cap \left(1;2\right)\cap \left(2;3\right)=\varnothing$ nên ta sẽ có 3 nghiệm trên phân biệt và $x^3-3x^2+3=0$ 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 $\Delta SIA,\Delta SIB,\Delta SIC$ là các tam giác vuông tại I vì $SI\perp \left(ABC\right)$.

Xét $\Delta SIA$ vuông tại I và $\Delta SIB$ vuông tại I có: SI là cạnh chung, cạnh huyền SA=SB (cạnh huyền – cạnh góc vuông) $\Rightarrow \Delta SIA=\Delta SIB$  (1).

Tương tự ta có $\Delta SIB=\Delta SIC\Rightarrow IB=IC$  (2).

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

Lời giải

Đặt $S_1=\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\mathrm{...}+\frac{1}{3^n}+\mathrm{...}$

Ta có $S_1$ là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=\frac{1}{3}$ và công bội $q=\frac{1}{3}\Rightarrow S_1=\frac{\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{2}$ 

Nên $S=2+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\mathrm{...}+\frac{1}{3^n}+\mathrm{...}=2+S_1=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$ từ đó ta có $a=5,b=2\Rightarrow a.b=10$.

Lời giải

Ta có $u_1=11;u_2=13\Rightarrow d=u_2-u_1=2$.

Lại có $S=\frac{1}{u_1{u}_2}+\frac{1}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{1}{u_{99}{u}_{100}}$ .

$\Rightarrow 2S=\frac{2}{u_1{u}_2}+\frac{2}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{2}{u_{99}{u}_{100}}=\frac{u_2-u_1}{u_1{u}_2}+\frac{u_3-u_2}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{u_{100}-u_{99}}{u_{100}-u_{99}}$

$=\left(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_2}+\frac{1}{u_2}-\frac{1}{u_3}+\mathrm{...}-\frac{1}{u_{99}}+\frac{1}{u_{99}}-\frac{1}{u_{100}}\right)$

$=\left(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_{100}}\right)=\left(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_1+99d}\right)=\left(\frac{1}{11}-\frac{1}{11+99.2}\right)=\frac{18}{209}$.

$\Rightarrow S=\frac{9}{209}$.

Lời giải

 Ta có $u_5=u_2.q^3\Rightarrow q=\sqrt[3]{\frac{u_5}{u_2}}=\sqrt[3]{\frac{54}{-2}}=-3$.  Và $u_1=\frac{u_2}{q}=\frac{-2}{-3}=\frac{2}{3}$.

 $\Rightarrow S_{1000}=\frac{u_1(q^{1000}-1)}{q-1}=\frac{\frac{2}{3}\left[{(-3)}^{1000}-1\right]}{-3-1}=\frac{1-3^{1000}}{6}$.

Gọi N là trung điểm AC$\Rightarrow MN\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}AB\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left(\widehat{AB,DM}\right)=\left(\widehat{MN,DM}\right)\\ MN=\frac{a}{2}\end{array}\right.$.

Ta có ABCD là hình chóp đều.

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}DM\perp BC\\ DN\perp AC\end{array}\right.\Rightarrow DM=DN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

                    Ta có $\cos \left(\widehat{AB,DM}\right)=\cos \left(\widehat{MN,DM}\right)=\left|\cos \widehat{NMD}\right|=\left|\frac{M{N}^2+M{D}^2-N{D}^2}{2.MN.MD}\right|$

                    $=\left|\frac{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}{2.\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}\right|=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

Hàm số đã cho xác định trên tập $\left(2;+\infty \right).$ Với mọi $x_0\in (2;+\infty )$ ta có

$\underset{x\to x_0}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{2x+3}{\sqrt{x-2}}=\frac{2x_0+3}{\sqrt{x_0-2}}=f\left(x_0\right)$

Do đó hàm số liên tục trên khoảng $\left(2;+\infty \right).$