Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 15

Chọn D

Giao tuyến của 2 mặt phẳng \[\left( {CMN} \right)\] và \[\left( {SBC} \right)\] là \(CN\).

Chọn C

Ta có \[\lim \frac{{{v_n}}}{{{u_n}}} = \lim \frac{{2\left( {n + 1} \right)}}{{n + 2}} = \lim \frac{{2 + \frac{2}{n}}}{{1 + \frac{2}{n}}} = 2\]

Chọn A

Ta có \[S{\rm{d}}\left( {Oa;Ob} \right) = {15^0} + k{.360^0}\] khi chọn \(k = - 5\) ta được góc lượng giác \( - 1785^\circ \).

Chọn C

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

Chọn D

Giao tuyến của hai mặt phẳng (SOC) và (SAD) là \(SA\).

Chọn A

Ta có \[y = \frac{{{{\tan }^{2023}}x + {{\sin }^{2023}}x}}{{\tan x - \sin x}}\] có tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\) là tập đối xứng.

Giá trị \[f\left( { - x} \right) = \frac{{{{\tan }^{2023}}\left( { - x} \right) + {{\sin }^{2023}}\left( { - x} \right)}}{{\tan \left( { - x} \right) - \sin \left( { - x} \right)}} = \frac{{ - \left( {{{\tan }^{2023}}x + {{\sin }^{2023}}x} \right)}}{{ - \left( {\tan x - \sin x} \right)}} = \frac{{{{\tan }^{2023}}x + {{\sin }^{2023}}x}}{{\tan x - \sin x}} = f\left( x \right)\].

Vậy \[y = \frac{{{{\tan }^{2023}}x + {{\sin }^{2023}}x}}{{\tan x - \sin x}}\] là hà số chẵn trên tập xác định.

Chọn A

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 3{\rm{x}} + 2}}{{{x^2} - x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = \frac{1}{3}\].

Chọn A

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right] = 4\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {f\left( x \right) + 3g\left( x \right)} \right] = 5\] ta suy ra \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 2\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 1\].

Do vậy \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {4f\left( x \right) + 5g\left( x \right)} \right] = 4\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) + 5\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 13\].

Chọn C

Xét hàm số \[y = 1 - \cos {\rm{x}}\] \(y\left( 0 \right) = 0\), \(y\left( \pi \right) = y\left( { - \pi } \right) = 2\).

Chọn B

Ta có \[\cos \left( {\frac{{2023\pi }}{2} - \alpha } \right) = \cos \left( {\frac{{3\pi }}{2} - \alpha } \right) = - \sin \alpha \]

Chọn C

Ta xét dãy \[{u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\] có \[{u_{2n}} = 1\] khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{} {u_{2n}} = 1\) và \[{u_{2n + 1}} = - 1\] suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{} {u_{2n + 1}} = - 1\) do vậy dãy \[{u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\] không có giới hạn.

Chọn C

Ta có \[y = \cot \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\] có tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{3} + k\pi /k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn A

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

Chọn C

Ta có \[0 < \frac{n}{{n + 2}} \le 1\] do đó dãy \[{u_n} = \frac{n}{{n + 2}}\] là dãy bị chặn.

Chọn B

Ta xét dãy \[{u_n} = 1 + \frac{1}{n}\] có \[{u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{n} = \frac{{ - 1}}{{\left( {n + 1} \right)n}} < 0\] do đó dãy \[{u_n} = 1 + \frac{1}{n}\] là dãy giảm.

Chọn B

Ta có \[\lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n} - n} \right) = \lim \frac{{2n}}{{\sqrt {{n^2} + 2n} + n}} = \lim \frac{2}{{\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 1}} = 1\]

Chọn D

Ta có ba số \[2{\rm{x}};{x^2};{x^2} + 72\] lập thành cấp số nhân khi và chỉ khi \({x^4} = 2x\left( {{x^2} + 72} \right) \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^3} - 144x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 6\end{array} \right.\)

Vì \(x\) là số nguyên dương nên chọn \(x = 6\).

Chọn D

Ta có \[\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \] suy ra \[\cos \alpha < 0\].

Do vậy \[\cos \alpha = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = - \frac{{12}}{{37}}\].

Chọn D

Ta có \[\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\].

Từ hình vẽ ta có các điểm ngọn là \(P\) và \(Q\).

1. \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 3}}{{x - 2}}\]\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {4{\rm{x}} + 1} \right) - 9}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4{\rm{x}} + 1} + 3} \right)}}\]\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4{\rm{x}} + 1} + 3} \right)}}\]\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{4}{{\sqrt {4{\rm{x}} + 1} + 3}} = \frac{2}{3}\]

2. \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin x}}{{{x^2} + 2023}} + \frac{{x + 4}}{{x + 2}}} \right)\]\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin x}}{{{x^2} + 2023}}} \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{x + 4}}{{x + 2}}} \right) = 0 + 2 = 2\]

1. \[\sin \left( {2{\rm{x}} - \frac{\pi }{3}} \right) = 1\]\[ \Leftrightarrow 2{\rm{x}} - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \]\[ \Leftrightarrow {\rm{x}} = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi \].

2. Giải phương trình lượng giác \[\cot \left( {3{\rm{x}} + \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 3 \]

Điều kiện \[3{\rm{x}} + \frac{\pi }{4} \ne k\pi \]\[ \Leftrightarrow {\rm{x}} \ne - \frac{\pi }{{12}} + \frac{{k\pi }}{3}\].

\[\cot \left( {3{\rm{x}} + \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 3 \]\[ \Leftrightarrow 3{\rm{x + }}\frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{6} + k\pi \]\[ \Leftrightarrow {\rm{x}} = - \frac{\pi }{{36}} + \frac{{k\pi }}{3}\].

1. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (SMN) với mặt phẳng (ABCD).

Trong mặt phẳng (SBC), SM cắt BC tại E.

Trong mặt phẳng (SCD), SN cắt CD tại F.

Kêt luận \[\left( {SMN} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = EF\].

2. Chứng minh đường thẳng MN song song với mặt phẳng (ABCD).

Ta có \(\frac{{SM}}{{SE}} = \frac{{SN}}{{SF}} = \frac{2}{3}\) suy ra \(MN{\rm{//}}EF\) do đó \(MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\).

3. Gọi I là giao điểm của SA với mặt phẳng (CMN). Tính tỷ số \[\frac{{SI}}{{SA}}\].

Trong mặt phẳng (SBC), CM cắt SB tại P.

Trong mặt phẳng (SCD), CN cắt SD tại Q.

Suy ra \[\left( {CMN} \right) \cap \left( {SBD} \right) = PQ\].

Trong mặt phẳng (SBD), PQ cắt SO tại K.

Trong mặt phẳng (SAC), CK cắt SA tại I.

Ta có I là giao điểm của SA với (CMN)

Tính được \[\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{1}{3}\].

Tính tỷ số \[\frac{{SI}}{{SA}}\].

Tam giác SBD có P và Q là các trung điểm của SB và SD nên K là trung điểm SO.

Kẻ \[OL{\rm{//}}SC\,\,\left( {L \in SA} \right)\]. Ta có

Tam giác AIC có đường trung bình OL nên L là trung điểm AI.

Tam giác SLO có đường trung bình IK nên I là trung điểm SL.

Suy ra \[SI = \frac{1}{2}SL = \frac{1}{3}SA\].