Bộ 24 Đề kiểm tra Giữa kì 2 Toán 11 có đáp án (Mới nhất) (Đề 23)

Lời giải

Chọn C

Ta có độ dài đường cao của tam giác đều ABC có cạnh bằng 2a là $2a\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$ nên tam giác $A_1{B}_1{C}_1$ có cạnh bằng $a\sqrt{3}$. Do đó hai tam giác ABC và $A_1{B}_1{C}_1$ dồng dạng với nhau với tỉ số đồng dạng là .

Suy ra $\frac{S_{A_1{B}_1{C}_1}}{S_{ABC}}=k^2=\frac{3}{4}\Rightarrow S_{A_1{B}_1{C}_1}=\frac{3}{4}{S}_{ABC}$.

Tương tự ta có $S_{A_2{B}_2{C}_2}=\frac{3}{4}{S}_{A_1{B}_1{C}_1}$, $S_{A_3{B}_3{C}_3}=\frac{3}{4}{S}_{A_2{B}_2{C}_2}$,…

Nên dãy số là một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội $q=\frac{3}{4}$ và số hạng đầu $S_{ABC}={\left(2a\right)}^2\frac{\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$.

Suy ra tổng diện tích của tất cả các tam giác đều ABC, $A_1{B}_1{C}_1$, $A_2{B}_2{C}_2$,… bằng

$S=\frac{S_{ABC}}{1-q}=\frac{a^2\sqrt{3}}{1-\frac{3}{4}}=4a^2\sqrt{3}$.

Ta có $4a^2\sqrt{3}=24\sqrt{3}\iff a=\sqrt{6}$.

Lời giải

Chọn C

Ta có  $\left|\frac{\pi }{4}\right|<1\Rightarrow \lim {\left(\frac{\pi }{4}\right)}^n=0$.

Lời giải

Chọn B

Ta có $\lim \frac{{\left(1-2n\right)}^3}{a{n}^3+2}=\lim \frac{{\left(\frac{1}{n}-2\right)}^3}{a+\frac{2}{n^3}}=\frac{-8}{a}$. Theo giả thiết ta có $\frac{-8}{a}=4\Rightarrow a=-2$.

Suy ra $a-a^2=-6$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right)=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}\right)==\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD}\right)=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{CB}\right)$

Lời giải

Chọn A

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

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

Lời giải

Chọn A

 

A sai vì $A{A}^{\text{'}}\perp \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\Rightarrow A{A}^{\text{'}}\perp B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$

Lời giải

Chọn C

$J=\lim \frac{\left(n-1\right)\left(2n+3\right)}{n^3+2}=\lim \frac{\frac{1}{n}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(2+\frac{3}{n}\right)}{1+\frac{2}{n^3}}=0$.

Lời giải

Chọn C

+) Nếu m=0 thì $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(mx-2\right)\left(m-3x^2\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-2\right)\left(-3x^2\right)\underset{x\to -\infty }{\lim }6x^2=+\infty$

$\Rightarrow m=0$ không thỏa mãn.

+) Nếu m=0 thì

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(mx-2\right)\left(m-3x^2\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-3m{x}^3+6x^2+m^{2}x-2m\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[x^3\left(-3m+6.\frac{1}{x}+m^2\frac{1}{x^2}-2m\frac{1}{x^3}\right)\right]$ Vậy để $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(mx-2\right)\left(m-3x^2\right)=-\infty$ thì m<0, do đó có 20 số nguyên thỏa mãn.

Lời giải

Chọn B

Các hàm số ở phương án A, C, D là các hàm phân thức hữu tỉ liên tục trên tập xác định của chúng nên đều liên tục tại x=2.

Lời giải

Chọn D

Dãy $1;3;9;27;80$ không phải cấp số nhân vì $\frac{80}{27}\ne \frac{27}{9}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{9x^2-ax}+\sqrt[3]{27x^3+b{x}^2+5}\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{9x^2-ax}+3x-3x+\sqrt[3]{27x^3+b{x}^2+5}\right)$$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{-ax}{\sqrt{9x^2-ax}-3x}-\frac{-b{x}^2-5}{9x^2+3x\sqrt[3]{27x^3+b{x}^2+5}+{\left(\sqrt[3]{27x^3+b{x}^2+5}\right)}^2}\right)$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{-ax}{-x\sqrt{9-\frac{a}{x}}-3x}-\frac{-b-\frac{5}{x^2}}{9+3\sqrt[3]{27+\frac{b}{x}+\frac{5}{x^3}}+{\left(\sqrt[3]{27+\frac{b}{x}+\frac{5}{x^3}}\right)}^2}\right)$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{a}{\sqrt{9-\frac{a}{x}}+3}-\frac{-b-\frac{5}{x^2}}{9+3\sqrt[3]{27+\frac{b}{x}+\frac{5}{x^3}}+{\left(\sqrt[3]{27+\frac{b}{x}+\frac{5}{x^3}}\right)}^2}\right)$.$=\frac{a}{6}+\frac{b}{27}$

Theo đề ta có $\frac{7}{27}=\frac{a}{6}+\frac{b}{27}\ge 2\sqrt{\frac{a}{6}.\frac{b}{27}}\Rightarrow ab\le \frac{49}{18}$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi $\frac{a}{6}=\frac{b}{27}=\frac{7}{54}\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{7}{9}\\ b=\frac{7}{2}\end{array}\right.$.

Lời giải

Chọn D

$I=\underset{x\to 1}{\lim }\left(\frac{x^2-4x+7}{x+1}\right)=\frac{4}{2}=2$.

Lời giải

Chọn B

 

Từ B kẻ đường thẳng $BI\perp AC$. Lại có $BI\perp SA$ nên $BI\perp \left(SAC\right)$.

Do đó hình chiếu của SB lên (SAC) là SI, góc giữa SB và (SAC) là góc giữa SB và SI.

Xét tam giác SBI vuông tại I, có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{2}$, $BI=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Suy ra $\sin BSI=\frac{BI}{SB}=\frac{1}{2}$. Vậy $\alpha =60°$.

Lời giải

Chọn B

$\lim {\left(-2\right)}^n$ không tồn tại.

Lời giải

Chọn C

Ta có: (I),(II) đúng (các giới hạn đặc biệt: SGK trang 114 và trang 130).

Với k là số nguyên dương lẻ tuỳ ý ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^k=-\infty$(các giới hạn đặc biệt: SGK trang 130)

 nên (III)sai .

Lời giải

Chọn C

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1-\sqrt{4x^2-x+5}}{a\left|x\right|+2}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1+x\sqrt{4-\frac{1}{x}+\frac{5}{x^2}}}{-ax+2}$$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}+\sqrt{4-\frac{1}{x}+\frac{5}{x^2}}}{-a+\frac{2}{x}}$$=\frac{\sqrt{4}}{-a}$$=-\frac{2}{a}$.

Theo giả thiết, ta có: $-\frac{2}{a}=\frac{2}{3}$$\iff a=-3$.  

Lời giải

Chọn B

Ta có: $B=\underset{x\to 1}{\lim }\left(x^3-2x+2m^2-5m+5\right)$$=1^3-2+2m^2-5m+5$$=2m^2-5m+4$.

Theo giả thiết: $B>2\iff$ $2m^2-5m+4>2$$\iff 2m^2-5m+2>0$$\iff \left[\begin{array}{l}m>2\\ m<\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

Lời giải

Chọn B

Ta có: $I=\lim \left(-3n^2+2n-4\right)$$=\lim \left[n^2\left(-3+\frac{2}{n}-\frac{4}{n^2}\right)\right]$$=-\infty$.

Vì $\left\{\begin{array}{l}\lim n^2=+\infty \\ \lim \left(-3+\frac{2}{n}-\frac{4}{n^2}\right)=-3<0\end{array}\right.$.

Lời giải

Chọn D

Ta có: $\underset{x\to 1}{\lim }\left(\frac{\sqrt{x^2+x+2}-\sqrt[3]{2x^3+5x+1}}{x^2-1}\right)$$=\underset{x\to 1}{\lim }\left(\frac{\sqrt{x^2+x+2}-2}{x^2-1}+\frac{2-\sqrt[3]{2x^3+5x+1}}{x^2-1}\right)$

$=\underset{x\to 1}{\lim }\left\{\frac{x^2+x-2}{\left(x^2-1\right)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}+\frac{-2x^3-5x+7}{\left(x^2-1\right)\left[4+2\sqrt[3]{2x^3+5x+1}+{\left(\sqrt[3]{2x^3+5x+1}\right)}^2\right]}\right\}$

$=\underset{x\to 1}{\lim }\left\{\frac{\left(x-1\right)\left(x+2\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}+\frac{\left(x-1\right)\left(-2x^2-2x-7\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left[4+2\sqrt[3]{2x^3+5x+1}+{\left(\sqrt[3]{2x^3+5x+1}\right)}^2\right]}\right\}$

$=\underset{x\to 1}{\lim }\left\{\frac{x+2}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}+\frac{-2x^2-2x-7}{\left(x+1\right)\left[4+2\sqrt[3]{2x^3+5x+1}+{\left(\sqrt[3]{2x^3+5x+1}\right)}^2\right]}\right\}$

$=\frac{3}{2.4}-\frac{11}{2.12}$$=-\frac{1}{12}$.

Theo giả thiết ta có $-\frac{1}{12}=\frac{a}{b}$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=12\end{array}\right.$$\Rightarrow L=a^2+b^2=145$.

Lời giải

Chọn D

 

Ta có $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}={\overrightarrow{AB}}^2=A{B}^2=a^2$.

Lời giải

Chọn C

Theo lý thuyết, chỉ có duy nhất một mặt phẳng đi qua điểm O cho trước và vuông góc với đường thẳng d cho trước.

Lời giải

Chọn D

 

Gọi M là trung điểm AB, do hai tam giác SAB và CAB cân có chung đáy AB nên $\left\{\begin{array}{l}AB\perp SM\\ AB\perp CM\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SMC\right)\Rightarrow AB\perp SC$.

Lời giải

Chọn C

Ta có $L=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-3}{-4x+2}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2-\frac{3}{x}}{-4+\frac{2}{x}}=-\frac{1}{2}$.

Lời giải

Chọn B.

Ta có$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\mathrm{...}+\frac{1}{2^n}+\mathrm{...}$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=\frac{1}{2},q=\frac{1}{2}$ nên

$S_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\mathrm{...}+\frac{1}{2^n}+\mathrm{...}=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1.$

          Nên $\lim \left(2+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\mathrm{...}+\frac{1}{2^n}+\mathrm{...}\right)=\lim 2+\lim \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\mathrm{...}+\frac{1}{2^n}+\mathrm{...}\right)=2+1=3.$

Lời giải

Chọn C.

Ta có $I=\lim \left(\sqrt{n^2-4n+8}-n\right)=\lim \frac{\left(\sqrt{n^2-4n+8}-n\right)\left(\sqrt{n^2-4n+8}+n\right)}{\sqrt{n^2-4n+8}+n}=\lim \frac{-4n+8}{\sqrt{n^2-4n+8}+n}$.

                                                                 $=\lim \frac{n\left(-4+\frac{8}{n}\right)}{n\sqrt{1-\frac{4}{n}+\frac{8}{n^2}}+n}=\lim \frac{-4+\frac{8}{n}}{\sqrt{1-\frac{4}{n}+\frac{8}{n^2}}+1}=\frac{-4}{2}=-2.$ 

Lời giải

Chọn D

 

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\text{ ( gt)}\\ BC\perp SA\text{ ( gt) }\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB$.

Mệnh đề ở câu D sai.

Lời giải

Chọn A

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-3x+6}+2x}{2x-3}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-x\sqrt{1-\frac{3}{x}+\frac{6}{x^2}}+2x}{2x-3}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{1-\frac{3}{x}+\frac{6}{x^2}}+2}{2-\frac{3}{x}}=\frac{1}{2}$.

Lời giải

Chọn D

$I=\lim \frac{2n^2-3n+5}{2n+n^2}=\lim \frac{2-\frac{3}{n}+\frac{5}{n^2}}{\frac{2}{n}+1}=2$.

Lời giải

Chọn C

Ta có $U_n$ là cấp số cộng có công sai  $d=3,u_1=5$ nên $u_5=u_1+4d=5+4.3=17$.

Lời giải

Chọn C

Ta có $1+3+5+\mathrm{...}+\left(2n-1\right)=n^2,\forall \text{n}\in {\mathbb{N}}^{*}.$

 $I=\lim \frac{2n\left(3-n\right)+1}{1+3+5+\mathrm{...}+\left(2n-1\right)}=\lim \frac{-2n^2+6n+1}{n^2}$ $=\lim \left(-2+\frac{6}{n}+\frac{1}{n^2}\right)=-2$.

Lời giải

Chọn B

Ta có OD là hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD)

Góc giữa SD và mặt đáy (ABCD) là góc giữa hai đường thẳng SD và OD.

$\Delta SDO$ vuông tại $O\Rightarrow \left(\widehat{SD,OD}\right)=\widehat{SDO}$.

Lời giải

Chọn B

Hàm số $y=\sin x$ có tập xác định là D=R nên liên tục trên R.

Hàm số $y=\cos \sqrt{x}$ có tập xác định $D=\left[0;+\infty \right)$, liên tục trên $\left[0;+\infty \right)$.

Hàm số $y=\tan x$ liên tục tại mọi điểm $x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Lời giải

Chọn D

Ta có

Vì $\underset{x\to 2}{\lim }f\left(x\right)=5$ hữu hạn nên $\underset{x\to 2}{\lim }\left[3-4f\left(x\right)\right]=\underset{x\to 2}{\lim }3-4.\underset{x\to 2}{\lim }f\left(x\right)=3-4.5=-17.$

Lời giải

Chọn B

Xét tính liên tục của hàm số tại x=0.

f(x)=0.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{1+2x}-1}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2x}{x\left(\sqrt{1+2x}+1\right)}=1$.

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(1+3x\right)=1$ nên hàm số liên tục tại x=0.

Vậy hàm số liên tục trên R.

Lời giải

Chọn C.

Do bốn số $6;x;-2;y$  theo thứ tự lập thành cấp số cộng suy ra $\left\{\begin{array}{l}6-2=2x\\ x+y=-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=6\end{array}\right.\Rightarrow x+2y=14$.

Lời giải

Chọn D

Vẽ $\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{BD}$ khi đó $\widehat{\left(\overrightarrow{DA};\overrightarrow{BD}\right)}=\widehat{\left(\overrightarrow{DA};\overrightarrow{DE}\right)}=\widehat{ADE}$ $\Rightarrow \widehat{\left(\overrightarrow{DA};\overrightarrow{BD}\right)}={120}^0$.