Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 14

Chọn B

Áp dụng công thức  với \(n \ge 2\).

Với \(n = 3\) ta có: \({u_3} = {u_1}.{q^2} = 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}\).

Chọn A

Với \(n = 1\) ta có: \[{u_1} = \frac{1}{{{3^1} - 1}} = \frac{1}{2}\].

Chọn D

Vì \(\frac{1}{2} = \cos \frac{\pi }{3}\) nên \(\cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Chọn C

Ta nhận thấy \( - 1.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\); \(\frac{1}{2}.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{{{2^2}}}\);…; \(\frac{1}{{{2^3}}}.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{{{2^4}}}\).

Vậy công bội \(q = - \frac{1}{2}\).

Chọn C

Chọn D

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2{x^2} - 3x + 1} \right) = {2.1^2} - 3.1 + 1 = 0\).

Chọn C

Chọn A

\(\lim \frac{{2n + 5}}{{3n + 9}} = \lim \frac{{2 + \frac{5}{n}}}{{3 + \frac{9}{n}}} = \frac{2}{3}\).

Chọn A

Hàm số xác định khi \(x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1\).

Suy ra hàm số liên tục trên \(D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ { - 1} \right\}\). Vậy hàm số gián đoạn tại \[{x_0} = - 1\].

Chọn C

Xét câu A, hàm số xác định khi \(x \ne 0\) nên liên tục trên \({D_1} = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ 0 \right\}\).

Xét câu B, hàm số xác định khi \(x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1\) nên liên tục trên \({D_2} = \left[ {1; + \infty } \right)\).

Xét câu C, hàm số đã cho là hàm đa thức liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Xét câu D, hàm số xác định khi \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\) nên liên tục trên \({D_3} = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn C

Lưu ý rằng \(1radian = \frac{{{{180}^ \circ }}}{\pi }\).

Ta có: \(\frac{{{{120}^ \circ }.\pi }}{{{{180}^ \circ }}} = \frac{{2\pi }}{3}\).

Suy ra số đo radian của góc \({120^0}\) là \(\frac{{2\pi }}{3}\).

Chọn B

Ta có \(M \in SO\), mà \(SO \subset (SBD)\), suy ra \(M \in (SBD)\).

Chọn D

Chọn A

Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\).

Khi đó: MN // (ABCD)

Chọn A

Chọn C

Ta có \(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\) nên khẳng định \(\cos \left( {a + b} \right) = \sin a\sin b - \cos a\cos b\) là khẳng định sai.

Chọn C

Chọn A

Chọn D

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = 2 + 3 = 5\).

Chọn B

Ta có \(\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0\).

Chọn C

Ta có \(A'B'\), \(B'C'\) lần lượt là đường trung bình của tam giác \(SAB\) và tam giác \(SBC\).

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}A'B'\parallel AB\\AB \subset \left( {ABC} \right)\\A'B' \not\subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow A'B'\parallel \left( {ABC} \right)\) và \(\left\{ \begin{array}{l}B'C'\parallel BC\\BC \subset \left( {ABC} \right)\\B'C' \not\subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow B'C'\parallel \left( {ABC} \right)\)

Mà \(A'B'\) và \(B'C'\) cắt nhau, cùng thuộc mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\).

Vậy (A'B'C') // (ABC)

Chọn A

·   Xét hàm \(y = f(x) = \sin \left| x \right|\):

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Với mọi \(x \in D\) ta có \( - x \in D\) và \(f\left( { - x} \right) = \sin \left| { - x} \right| = \sin \left| x \right| = f(x)\).

Suy ra hàm số \(y = f(x) = \sin \left| x \right|\) là hàm số chẵn.

·   Xét hàm \(y = f(x) = \cos 3x\):

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Với mọi \(x \in D\) ta có \( - x \in D\) và \(f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - 3x} \right) = \cos 3x = f(x)\).

Suy ra hàm số \(y = f(x) = \cos 3x\) là hàm số chẵn.

·   Xét hàm \(y = f(x) = \tan 2x\):

TXĐ: \(D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Với \(x \in D\) ta có \( - x \in D\) và \(f\left( { - x} \right) = \tan \left( { - 2x} \right) = - \tan 2x = - f(x)\).

Suy ra hàm số \(y = f(x) = \tan 2x\) là hàm số lẻ.

·   Xét hàm \(y = f(x) = \cot x\):

TXĐ: \(D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Với \(x \in D\) ta có \( - x \in D\) và \(f\left( { - x} \right) = \cot \left( { - x} \right) = - \cot x = - f(x)\).

Suy ra hàm số \(y = f(x) = \cot x\) là hàm số lẻ.

Chọn D

                 Vì \(O\), \(O'\) là tâm của hai đáy \(ABCD\), \(A'B'C'D'\) nên ta sẽ có \[OO'\parallel AA'\parallel BB'\parallel CC'\parallel DD'\].

                 Do đó hình chiếu song song của O lên mặt phẳng (A'B'C'D') theo phương AA' là O'       

Chọn C

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 15} \right) = - 13 < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\\x - 2 > 0,\forall x > 2\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x - 15}}{{x - 2}} = - \infty \).

Chọn B           

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BC'\parallel AD'\\AD' \subset \left( {AB'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC'\parallel \left( {AB'D'} \right)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BD\parallel B'D'\\B'D' \subset \left( {AB'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD\parallel \left( {AB'D'} \right)\).

Mà \(BC'\), BD thuộc mặt phẳng \[\left( {BC'D} \right)\] nên suy ra \(\left( {BC'D} \right)\parallel \left( {AB'D'} \right)\).

Chọn D

Ta có: \(\frac{9}{{17}} = \frac{{n + 1}}{{2n + 1}} \Leftrightarrow 9\left( {2n + 1} \right) = 17\left( {n + 1} \right) \Leftrightarrow n = 8.\)

Vậy số \(\frac{9}{{17}}\) là số hạng thứ 8 của dãy số.

Chọn D

Xét tam giác  ta có: \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}\) (do \(I\), \(J\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(ABD\) và tam giác \(ABC\)). Suy ra: \[IJ\parallel MN\].

Lại có: \(MN\parallel CD\) (đường trung bình).

Do đó: \[IJ\parallel CD\].

Chọn C        

Chọn C

Gọi \(I\) là giao điểm của \(AC\) và \(BM\) trong hình thang \(ABCD\).

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}I \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\I \in BM \subset \left( {MSB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {MSB} \right)\).

Hơn nữa, \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {MSB} \right)\).

Do đó: \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {MSB} \right) = SI\).

Chọn D

Áp dụng công thức: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Với \(n = 6\) ta có: \({u_6} = {u_1} + 5d \Leftrightarrow 27 = - 3 + 5d \Leftrightarrow d = 6\).

Chọn C

                                        \(\begin{array}{l}\sin \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{3} = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\\ & \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\\ & \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\end{array}\)

Chọn D

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{{x^2} - 12x + 35}}{{25 - 5x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\left( {x - 7} \right)\left( {x - 5} \right)}}{{5\left( {5 - x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{ - \left( {x - 7} \right)\left( {5 - x} \right)}}{{5\left( {5 - x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{ - \left( {x - 7} \right)}}{5} = \frac{2}{5}\).

Chọn D

Hàm số \(f(x)\) xác định trên \(\mathbb{R}\).

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

Suy ra f(x) liên tục tại \(x = 1\).

Chọn B

Ta có: \(\lim \frac{{{{7.2}^n} + {4^n}}}{{{{2.3}^n} + {4^n}}} = \lim \frac{{7.\frac{{{2^n}}}{{{4^n}}} + \frac{{{4^n}}}{{{4^n}}}}}{{2.\frac{{{3^n}}}{{{4^n}}} + \frac{{{4^n}}}{{{4^n}}}}} = \lim \frac{{7.{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n} + 1}}{{2.{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} + 1}} = 1\)

Chọn B  

Xét câu A, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OH\parallel AB\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\OH \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OH\parallel \left( {SAB} \right)\).

Xét câu C, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OK\parallel AD\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\OK \not\subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OK\parallel \left( {SAD} \right)\).

a) \[\sin \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right) = \sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{2} = x - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{2} = \pi - \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\3x = \frac{{4\pi }}{3} - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]
Vậy phương trình có nghiệm \[x = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,\quad x = \frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
b) Số tiền bỏ heo của An mỗi ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1000\) công sai \(d = 1000\). Tổng số tiền bỏ heo tính đến ngày thứ n là:
\({S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\)
Ngày thứ 89, tổng số tiền bỏ heo là
\({S_{89}} = \frac{{89\left[ {2.1000 + \left( {89 - 1} \right).1000} \right]}}{2} = 45.89.1000 = 4005000\) đồng.
c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{\sqrt {4x + 5} - 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{4x + 5 - {{\left( {2x + 3} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{ - 4{x^2} - 8x - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{ - 4}}{{\sqrt {4x + 5} + 2x + 3}} = - 2\).

a) Ta có \[BC\,{\rm{//}}\,AD\] (do ABCD là hình thang), mà\[AD \subset \left( {ADM} \right)\], \[BC \not\subset \left( {ADM} \right)\] nên suy ra \[BC//\left( {ADM} \right)\].
b) Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\], gọi \[I = AB \cap CD\]\[ \Rightarrow I \in AB \subset \left( {ABM} \right)\];
Trong mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\], gọi \[N = IM \cap SC\] và \[K\] là trung điểm \[IM\].
Ta có: \[\frac{{IC}}{{ID}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2}\]
Trong tam giác \[IMD\] có \[KC\] là đường trung bình nên \[KC\,{\rm{//}}\,MD\] và\[KC = \frac{1}{2}MD\]
Mà \[SM = \frac{1}{2}MD\]\[ \Rightarrow SM = KC\].
Lại có \[KC\,{\rm{//}}\,SM\left( {{\rm{do }}M \in SD} \right)\]\[ \Rightarrow \frac{{SN}}{{NC}} = \frac{{SM}}{{KC}} = 1\].
Vậy \[\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{2}\].

Gọi \(x_0^{}\)là số vi khuẩn ban đầu; \({x_n}\) là số vi khuẩn phút thứ \(n\).

Sau mỗi phút số lượng tăng gấp đôi nên \({x_{n + 1}} = 2{x_n},{\rm{ }}n \in \mathbb{N}.\)

Suy ra, số vi khuẩn sau phút thứ nhất, phút thứ 2,…, phút thứ n \(\left( {n \in \mathbb{N}*} \right)\)lập thành cấp số nhân với \({u_1} = 2{x_{\scriptstyle0\atop\scriptstyle}}\) và công bội \(q = 2\).

Ta có \({u_5} = 2{x_0}{.2^4}\)\( \Leftrightarrow 64000 = 2{x_0}{.2^4}\)\( \Leftrightarrow {x_0} = 2000\).

Theo yêu cầu bài toán thì \({u_n} = {2.2000.2^{n - 1}} = 2048000 \Leftrightarrow n = 10\).