Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 12

Chọn A

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = x.\cos x\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\). Ta có

\(f\left( { - x} \right) = \left( { - x} \right).\cos \left( { - x} \right) = - x.\cos x = - f\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right)\) là hàm số lẻ, hơn nữa các hàm số \(y = \sin x,\,y = \tan x,\,y = \cot x\) đều là những hàm số lẻ.

Vậy cả 4 hàm số là những hàm số lẻ.

Chọn D

Ta có \(\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}\) chỉ đúng khi \(\lim {u_n} = a,\,\,\lim {v_n} = b,\,\left( {a;\,\,b \in \mathbb{R}} \right)\) và \(b \ne 0\).

Chọn C

Ta có \[\lim \frac{{\sqrt[3]{{a{n^3} + 5{n^2} + 2}}}}{{\sqrt {2{n^2} - 3n - 1} }} = \lim \frac{{\sqrt[3]{{a + \frac{5}{n} + \frac{2}{{{n^3}}}}}}}{{\sqrt {2 - \frac{3}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}} }} = \frac{{\sqrt[3]{a}}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \frac{{\sqrt[3]{a}}}{b} = 2 \Rightarrow \frac{a}{{{b^3}}} = 8\].

Chọn A

Ta có \(\lim \left( {\frac{{{2^{2n}}}}{{{2^{n + 1}}}} \cdot \frac{{4n - 3}}{{2n + 1}}} \right) = \lim \left( {{2^n}.\frac{1}{2} \cdot \frac{{4n - 3}}{{2n + 1}}} \right) = + \infty \), vì \(\lim {2^n} = + \infty ,\lim \left( {\frac{1}{2} \cdot \frac{{4n - 3}}{{2n + 1}}} \right) = 1\).

Chọn A

Ta có \[L = \mathop {\lim }\limits_{x \to m} \frac{{2{x^3} + (5 - 2m){x^2} + (2 - 5m)x - 2m}}{{{{(x - m)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to m} \frac{{\left( {x - m} \right)\left( {2{x^2} + 5x + 2} \right)}}{{{{(x - m)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to m} \frac{{2{x^2} + 5x + 2}}{{x - m}}\].

Vì \[L\] hữu hạn nên \[2{x^2} + 5x + 2\] nhận \[m\] làm nghiệm, suy ra \[2{m^2} + 5m + 2 = 0 \Leftrightarrow m = - 2\] hoặc \[m = - \frac{1}{2}\]. Do \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = - 2\].

Chọn D

Ta có \({u_n} = \frac{{a{n^2}}}{{n + 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} = \frac{{a{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right) + 1}} = \frac{{a{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{n + 2}}\). Do đó \({u_{n + 1}} = \frac{{a{n^2}}}{{n + 2}}\) là sai.

Chọn D

Dãy số \(1,\,2,\,4,\,8,\,16\) là một cấp số nhân với \({u_1} = 1,q = 2\).

Chọn C

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2x + 1}}{{x - 3}} = - \infty \) vì \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {2x + 1} \right) = 7 > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {x - 3} \right) = 0,x - 3 < 0,\forall x < 3\end{array} \right.\).

Chọn B

Ta có \[\cos 2a.sina - \sin 2a.cosa = \sin \left( {a - 2a} \right) = \sin \left( { - a} \right) = - \sin a\].

Chọn C

Ta có \(A = \left( {\cos 5^\circ + \cos 175^\circ } \right) + \left( {\cos 10^\circ + \cos 170^\circ } \right) + ... + \left( {\cos 85^\circ + \cos 95^\circ } \right) + \cos 90^\circ + \cos 180^\circ = - 1\).

Chọn D

Ta có \({u_1} = 160\), \({u_6} = 5 = {u_1}.{q^5} \Rightarrow q = \frac{1}{2}\). Do đó

\({S_6} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^6}} \right)}}{{1 - q}} = 160\frac{{1 - \frac{1}{{{2^6}}}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 315\)

Chọn A

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} + x} - \sqrt x }}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left( {{x^2} + x} \right) - x}}{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + x} + \sqrt x } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + x} + \sqrt x }} = + \infty \].

Chọn A

Xét hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\), ta có tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Do đó hàm số gián đoạn tại \({x_0} = - 1\).

Chọn B

Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(AC,BD\). Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}MP{\rm{//}}AB\\MQ{\rm{//}}CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AB,CD} \right) = \left( {MP,MQ} \right)\).

Lại có tứ giác \(MPNQ\) là hình bình hành và \(MP = \frac{{AB}}{2} = a\), \(PN = \frac{{CD}}{2} = a\sqrt 2 \).

Trong tam giác \(MPN:\cos P = \frac{{P{M^2} + P{N^2} - M{N^2}}}{{2PM.PN}} = \frac{{{a^2} + 2{a^2} - 5{a^2}}}{{2.a.a\sqrt 2 }} = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat P = 135^\circ \)

Do đó \(\widehat M = 45^\circ = \left( {MP,MQ} \right) = \left( {AB,CD} \right)\).

Chọn B

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot A'A\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {A'AC} \right) \Rightarrow BD \bot A'C \Rightarrow \left( {BD,A'C} \right) = 90^\circ \).

Chọn D

Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \[{u_n} = 2n + 3\]. Ta có \({u_{n + 1}} - {u_n} = 2\left( {n + 1} \right) + 3 - \left( {2n + 3} \right) = 2,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).

Suy ra dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng tổng quát \({u_n} = 2n + 3\) là một cấp số cộng với công sai \(d = 2\).

Chọn B

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MN{\rm{//}}SD\\ON{\rm{//}}CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNO} \right) \bot \left( {SCD} \right)\).

Chọn B

Xét hàm số \(y = 2x - 3x.\sin x\) có tập xác định là \[D = \mathbb{R}\]. Suy ra hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Chọn B

Xét dãy \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = - 2n + 6\). Ta có

\({u_{n + 1}} - {u_n} = - 2\left( {n + 1} \right) + 6 - \left( { - 2n + 6} \right) = - 2 < 0 \Rightarrow {u_{n + 1}} < {u_n},\forall n \in {\mathbb{N}^*}\). Suy ra dãy số giảm.

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 2,f\left( 1 \right) = m + 2\).

Hàm số liên tục tại điểm \({x_0} = 1\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow m + 2 = 2 \Leftrightarrow m = 0\)

Chọn A

Ta có \(y = \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - \cos 2x = \cos 2x\cos \frac{\pi }{3} - \sin 2x\sin \frac{\pi }{3} - \cos 2x\)

\( = - \frac{1}{2}\cos 2x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x = - \cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right)\). Do đó \( - 1 \le y = - \cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) \le 1\).

Vậy \(T = \left[ { - 1;1} \right]\).

Chọn A

Ta có \({\left( { - 2} \right)^n} > 0\), khi \(n\) chẵn và \({\left( { - 2} \right)^n} < 0\), khi \(n\) lẻ, do đó \[\lim {\left( { - 2} \right)^n} = + \infty \] là phương án sai.

Chọn B

Vẽ thêm đường thẳng \(y = - \frac{\pi }{4}\) lên cùng hệ trục, xét trên đoạn \(\left[ { - \pi ;\,2\pi } \right]\) nhận thấy đường thẳng \(y = - \frac{\pi }{4}\) và đồ thị \(y = \cos x\) có 3 điểm chung, nên phương trình \(\cos x = - \frac{\pi }{4}\) có 3 nghiệm trên đoạn\(\left[ { - \pi ;\,2\pi } \right]\).

Gọi \[M\],\(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \[BC\],\(CD\),\(AB\).

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC{\rm{//}}MQ\\BD{\rm{//}}MP\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\widehat {AC,BD}} \right) = \left( {\widehat {MQ,MP}} \right)\).

Ta có \(\Delta QCD\) cân tại \(Q\), \(P\) là trung điểm \(CD\) nên suy ra \(QP \bot CD\)

\( \Rightarrow QP = \sqrt {Q{C^2} - C{P^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) . Ta lại có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}MQ = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}\\MP = \frac{1}{2}BD = \frac{a}{2}\end{array} \right.\\\end{array}\).

Suy ra: \(Q{P^2} = M{Q^2} + M{P^2} \Rightarrow \Delta MPQ\) vuông tại \(M\) \( \Rightarrow \left( {\widehat {MQ,MP}} \right) = \widehat {PMQ} = 90^\circ \).

Vậy \(\left( {\widehat {AC,BD}} \right) = 90^\circ \).

Xét trên mỗi xe

Sau \(1\) tháng giá trị của ô tô còn lại là: \[{u_1}\; = {\rm{7}}00--{\rm{7}}00.0,4\% = {\rm{7}}00.\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right){\rm{ }}\](triệu đồng).

Sau \(2\) tháng giá trị của ô tô còn lại là:

\[{u_2}\; = {\rm{ 7}}00.\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right){\rm{ }}--{\rm{ 7}}00.\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right).0,4\% {\rm{ }} = {\rm{ 7}}00.{\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right)^2}\;\] (triệu đồng).

Gọi \({u_n}\) là giá trị của ô tô sau \(n\) tháng sử dụng

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) tạo thành một cấp số nhân với số hạng đầu \[{u_1}\; = {\rm{7}}00.\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right){\rm{ }}\](triệu đồng) và công bội \[q = 1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% {\rm{ }}\].

Khi đó \[{u_n}\; = {\rm{7}}00.{\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right)^n}{\rm{ }}\].

Sau \(3\) năm sử dụng giá trị của ô tô còn lại là:\[{u_{36}}\; = {\rm{ 7}}00.{\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right)^{36}}\; \approx {\rm{ 605,95}}\] (triệu đồng).

Sau \(3\) năm mỗi xe làm ra \(16.36 = 576\) (triệu đồng).

Sau \(3\) năm tổng số tiền (bao gồm giá tiền xe ô tô và tổng số tiền làm ra) của 5 xe có được là \((576 + 605,95)5 \approx 5909,75\) (triệu đồng).

Sau t phút thì lượng muối trong hồ là \[30.2t = 60t\] (g) , và thể tích nước trong hồ là \(7000 + 2t\)(\[{m^3}\])

Vậy nồng độ muối của nước trong bể sau t phút bơm là \[C(t) = \frac{{60t}}{{7000 + 2t}}\]

Ta được \[\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } C(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{60t}}{{7000 + 2t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{60}}{{\frac{{7000}}{t} + 2}} = 30\]

Ý nghĩa: Khi thời gian bơm nước muối tăng đến vô hạn thì nồng độ muối của nước trong hồ sẽ tăng dần đến 30g/\[{m^3}\] xấp xỉ nồng độ muối của nước mặn bơm vào hồ.