Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 17
30 câu hỏi
Tính \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^{2023}} + 1} \right)\] bằng
\( + \infty \).
\(2024\).
\(1\).
\(2\).
Chọn D
Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^{2023}} + 1} \right) = {1^{2003}} + 1 = 2.\]
Tìm \[a\] để ba số \(2;\,a;\,8\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân.
\(a = 4\).
\(a = \pm 4\).
\(a = 16\).
\(a = - 4\).
Chọn B
Ta có: ba số \(2;\,a;\,8\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân khi và chỉ khi \({a^2} = 2.8 = 16 \Leftrightarrow a = \pm 4.\)
Cho cấp số cộng có \[{u_1} = 5\] và công sai \(d = 4\). Tính \[{u_2}\].
\({u_2} = 1\).
\({u_2} = 9\).
\({u_2} = 20\).
\({u_2} = - 1\).
Chọn B
Ta có: \({u_2} = {u_1} + d = 5 + 4 = 9.\)
Cho dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] với \({u_n} = \frac{{{n^2} + 4}}{{\sqrt {n + 6} }}\). Tìm \({u_{10}}\).
\({u_{10}} = 27\).
\({u_{10}} = 26\).\[\].
\({u_{10}} = 25\).
\({u_{10}} = \sqrt {26} \).
Chọn B
Ta có: \({u_n} = \frac{{{n^2} + 4}}{{\sqrt {n + 6} }} \Rightarrow {u_{10}} = \frac{{{{10}^2} + 4}}{{\sqrt {10 + 6} }} = 26.\)
Chọn công thức đúng.
\(\cos 2x = 2{\cos ^2}x - 1\).
\(\cos 2x = 2{\sin ^2}x - 1\).
\(\cos 2x = {\sin ^2}x - {\cos ^2}x\).
\(\cos 2x = {\cos ^2}x + {\sin ^2}x\).
Chọn A
Ta có: \(\cos 2x = {\cos ^2}x - {\sin ^2}x = 2{\cos ^2}x - 1 = 1 - 2{\sin ^2}x\)
Phương trình \(\tan x = \tan \frac{\pi }{3}\) có nghiệm là
\(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{3} + \pi \).
\(x = \frac{\pi }{3}\).
Chọn B
Ta có: \(\tan x = \tan \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}.\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang (). Gọi \[M\] là điểm bất kì trên cạnh \(SC\). Khi đó mặt phẳng \((ABM)\) song song với
\(SC\).
\(CD\).
\(AC\).
\(AB\).
Chọn B
Cho \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = L\], tính \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{u_n} + 9} \) bằng
\(L + 9\).
\(\sqrt {L + 9} \).
\(L + 3\).
\(\sqrt L + 3\).
Chọn B
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{u_n} + 9} = \sqrt {\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 9} = \sqrt {L + 9} .\)
Rút gọn biểu thức: \[A = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - a} \right) + \cos \left( {\pi - a} \right) + \sin \frac{\pi }{2}\].\[\]
\(A = 0\).
\(A = 2\cos a + 1\).
\(A = - 1\).
\(A = 1\).
Chọn D
Ta có: \[A = \cos a - \cos a + \sin \frac{\pi }{2} = \sin \frac{\pi }{2} = 1\].
Một loại vi khuẩn được nuôi cấy trong ống nghiệm, cứ mỗi phút lại nhân đôi một lần. Ban đầu có một vi khuẩn. Chọn khẳng định đúng.
Số vi khuẩn sau mỗi phút lập thành cấp số cộng với \({u_1} = 1,\) công sai \(d = 2\).
Số vi khuẩn sau mỗi phút lập thành cấp số nhân với \({u_1} = 1,\) công sai \(d = 2\).
Số vi khuẩn sau mỗi phút lập thành cấp số nhân với \({u_1} = 1,\) công bội \(q = 2\).
Số vi khuẩn sau mỗi phút lập thành cấp số nhân với \({u_1} = 1,\) công bội \(q = \frac{1}{2}\).
Chọn C
Ta có: Một loại vi khuẩn được nuôi cấy trong ống nghiệm, cứ mỗi phút lại nhân đôi một lần. Ban đầu có một vi khuẩn. Do đó, số vi khuẩn sau mỗi phút lập thành cấp số nhân với \({u_1} = 1,\) công bội \(q = 2\).
Cho tứ diện \(ABCD\), gọi các điểm \(M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB\), \(CD\), \(AC\) và \(BD\). Chọn khẳng định sai.
AB // PQ
NP // AD
MP // BC
MQ // AD
Chọn A
Dựa vào hình vẽ các cặp đường (trung bình) song song: NP // AD; MP // BC; MQ // AD
Trong mặt phẳng \((P)\) cho tứ giác lồi \[ABCD\] và \[S\] là điểm nằm ngoài mặt phẳng\((P)\), gọi \[O\] là giao điểm của \[AC\] và \(BD\). Hai đường thẳng nào sau đây cắt nhau?
\(SO\) và \(CD\).
\(SO\) và \(BC\).
\(AB\) và \(SC\).
\(AB\) và \(CD\).
Chọn D
Ta có: \[ABCD\] là tứ giác lồi nên \(AB\) và \(CD\) cắt nhau.
Rút gọn biểu thức: \[A = \sin 2x\cos x + \cos 2x\sin x\].
\(\cos 3x\).
\(\sin 3x\).
\(\cos x\).
\(\sin x\).
Chọn B
Ta có: \[A = \sin 2x\cos x + \cos 2x\sin x = \sin (2x + x) = \sin 3x\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Đường thẳng \(BC\) song song với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng dưới đây?
\[(SAC)\].
\[(SAD)\].
\[(ABCD)\].
\[(SAB)\].
Chọn B
Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau.
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = 0,\,\,\,\,q > 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty \).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } C = C\).
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0\).
Chọn A
Ta có: \(q > 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = + \infty \).
Phương trình nào dưới đây có tập nghiệm trùng với tập nghiệm của phương trình \(\sin x = 0\)?
\(\cos x = 1\).
\(\cos x = - 1\).
\(\cos x = 0\).
\(\tan x = 0\).
Chọn D
Ta có: \(\sin x = 0 \Leftrightarrow \cos x = \pm 1\) loại \[{\rm{A,B,C}}{\rm{.}}\]
Cho tứ diện \[ABCD\], \[G\] là trọng tâm tam giác \[BCD\]. Giao tuyến của \((ACD)\) và \((GAB)\) là
\(AG\).
\(AM\) (với \(M\) là trung điểm \(CD\)).
\(BG\).
\(AN\) (với \(N\) là trung điểm \(BC\)).
Chọn B
Tìm tập xác định của hàm số: \(y = \frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x + 1}}\).
\(D = \mathbb{R}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\pi + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\pi + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
Chọn A
Hàm số xác định khi \({\cos ^2}x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow {\cos ^2}x \ne - 1\) luôn đúng với mọi \(x{\rm{ hay }}D = \mathbb{R}.\)
Trên đường tròn lượng giác, gọi \(M\) là điểm biểu diễn góc lượng giác có số đo \(\frac{{3\pi }}{4}\), hỏi điểm \(M\) thuộc góc phần tư thứ mấy?
\({\rm{I}}\).
\({\rm{III}}\).
\({\rm{II}}\).
\({\rm{IV}}\).
Chọn C
Ta có: \(M\) là trung điểm của góc phần tư thứ hai.
Cách khác: \(\left\{ \begin{array}{l}\sin \frac{{3\pi }}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} > 0\\\cos \frac{{3\pi }}{4} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} < 0\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{3\pi }}{4}\) thuộc góc phần tư thứ hai.
Tìm \[a\] để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a{x^2} + x - 1}}{{2{x^2} + 1}} = 1\).
\(a = - 2\).
\(a = 0\).
\(a = 1\).
\(a = 2\).
Chọn D
Ta có:\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a{x^2} + x - 1}}{{2{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a + \frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{2 + \frac{1}{{{x^2}}}}} = \frac{a}{2} = 1 \Rightarrow a = 2.\]
Tính tổng: \[S = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 1000\].
\(S = 50050\).
\(S = 50500\).
\(S = 5050\).
\(S = 500500\).
Chọn D
Ta có: 1 ; 2 ; …, 1000 là cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 1.\)
Do đó \(S = {S_{1000}} = \frac{{1000}}{2}(1 + 1000) = 500.1001 = 500500.\)
Cách khác : MTCT \(\sum\limits_{x = 1}^{1000} x = 500500.\)
Tính \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2x + 9} - 3}}{x}\] bằng
\(2\).
\(\frac{1}{3}\).
\( + \infty \).
\(\frac{1}{6}\).
Chọn B
Ta có:\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2x + 9} - 3}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {\sqrt {2x + 9} } \right)}^2} - {3^2}}}{{x\left( {\sqrt {2x + 9} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{\sqrt {2x + 9} + 3}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\].
Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn: \(\frac{1}{5} + \frac{1}{{{5^2}}} + \frac{1}{{{5^3}}} + ... + \frac{1}{{{5^n}}} + ...\) bằng
\(\frac{1}{4}\).
\(4\).
\(\frac{5}{4}\).
\(\frac{3}{4}\).
Chọn A
Ta có:\(\frac{1}{5};\frac{1}{{{5^2}}};\frac{1}{{{5^3}}};...;\frac{1}{{{5^n}}};...\) là một cấp số nhân lùi vô hạn nên tổng trên là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn co số hạng đầu \({u_1} = \frac{1}{5}\) và công bội \(q = \frac{1}{5}.\)
Do đó \(S = \frac{{\frac{1}{5}}}{{1 - \frac{1}{5}}} = \frac{1}{4}.\)
Cho đường thẳng \(a\) nằm trong \((P)\) và đường thẳng \(b\) nằm trong \((Q)\), biết (P) // (Q). Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau.
a // (Q)
a//b
b // (P)
Nếu có một mặt phẳng (α) chứa a và b thì a // b
Chọn B
Ta có: \(a,b\) thuộc hai mặt phẳng song song nên chúng song song hoặc chéo nhau.
Ông Hai có một kệ gỗ để vật dụng gia đình gồm 2 tầng song song nhau. Để tăng diện tích để vật dụng, ông Hai đóng thêm một mặt gỗ ở giữa hai tầng để trở thành kệ gỗ 3 tầng. Do đó, ông Hai kí hiệu và đo các kích thước như hình bên dưới. Nếu ông Hai đo đoạn \(AM = 20\,cm\) thì ông Hai phải đo \(CP\) dài bao nhiêu \(cm\) để mặt gỗ \(MNPQ\) song song với 2 tầng kia? Biết \(AE = 60cm,\,\,CG = 66cm\).
\(CP = 22cm\).
\(CP = 25cm\).
\(CP = 30cm\).
\(CP = 20cm\).
Chọn A
Áp dụng định lí Ta-let trong không gian ta có: \(\frac{{CP}}{{CG}} = \frac{{AM}}{{AE}} \Rightarrow CP = \frac{{AM.CG}}{{AE}} = \frac{{20.66}}{{60}} = 22\).
Giải phương trình: \(\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - \sin 2x = 0\).
Ta có:
\(\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - \sin 2x = 0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \sin 2x\)
\( \Leftrightarrow \,\,\,\left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{6} = 2x + k2\pi \\x + \frac{\pi }{6} = \pi - 2x + k2\pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \,\,\,\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} - k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z}\)
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) biết: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_6} = 40\\{u_3} + {u_7} = 52\end{array} \right.\). Tìm \({u_1}\) và \(d\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_6} = 40\\{u_3} + {u_7} = 52\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 5d = 40\\2{u_1} + 8d = 52\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 10\\d = 4\end{array} \right.\).
a) Tính giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^4} + 1} }}{{2{x^2} + x}}\).
b) Quãng đường của một vật chuyển động có công thức \(s\left( t \right) = 2{t^2} + t + 3\), trong đó \(s\) tính bằng mét và \(t\) là thời gian tính bằng giây.
Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{s\left( t \right) - s\left( 3 \right)}}{{t - 3}}\) được gọi là vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \({t_0} = 3\). Tính giới hạn này.
a) Tính giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^4} + 1} }}{{2{x^2} + x}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^4} + 1} }}{{2{x^2} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^4}}}} }}{{2 + \frac{1}{x}}} = \frac{1}{2}.\)
b) Tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{s\left( t \right) - s\left( 3 \right)}}{{t - 3}}\).
Ta có: \(s\left( 3 \right) = 24\)
\(\mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{s\left( t \right) - s\left( 3 \right)}}{{t - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{2{t^2} + t - 21}}{{t - 3}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{2\left( {t - 3} \right)\left( {t + \frac{7}{2}} \right)}}{{t - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{2\left( {t + \frac{7}{2}} \right)}}{1} = 13\).
Cho hình chóp \(SABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(E\), \(K\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SB\), \(CD\).
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \((EOK)\) và \((SBC)\), tìm giao điểm của \(SC\) và \((EOK).\)
b) Chứng minh: EK // (SAD)
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {EOK} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\), tìm giao điểm của \(SC\) và \(\left( {EOK} \right)\).
Có \(E\) là điểm chung của \(\left( {EOK} \right)\)và \(\left( {SBC} \right)\)
\(\left( {EOK} \right)\) chứa \(OK\), \(\left( {SBC} \right)\) chứa \(BC\), nên giao tuyến của \(\left( {EOK} \right)\)và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng \(d\) qua \(E\) và .
Gọi \(Q = d \cap SC\)\( \Rightarrow \,\,Q = SC \cap \left( {EOK} \right)\).
b)
Gọi \(F\) là trung điểm \(SA\), khi đó \(EFDK\) là hình bình hành, mà \(FD \subset \left( {SAD} \right)\) nên EK // (SAD)
Cho hình vuông \(ABCD\)có cạnh bằng \(2\)và có diện tích \({S_1}\). Nối \(4\)trung điểm \({A_1}\), \({B_1}\), \({C_1}\),\({D_1}\)theo thứ tự của \(4\)cạnh \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\) ta được hình vuông thứ hai \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) có diện tích \({S_2}\). Tiếp tục làm như thế, ta được hình vuông thứ ba là \({A_2}{B_2}{C_2}{D_2}\) có diện tích \({S_3}\), …và cứ tiếp tục làm như thế, ta tính được các hình vuông lần lượt có diện tích \({S_4}\), \({S_5}\),…,\({S_{100}}\) (xem hình vẽ). Tính tổng \(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} + ... + {S_{100}}\).
Ta có:\(AB = 2\,\,\, \Rightarrow \,\,\,{S_1} = {2^2} = 4\);\({A_1}{B_1} = \sqrt 2 \,\,\, \Rightarrow \,\,\,{S_2} = {\sqrt 2 ^2} = 2\);\({A_2}{B_2} = 1\,\,\, \Rightarrow \,\,\,{S_3} = {1^2} = 1\);
\({A_3}{B_3} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\,\,\, \Rightarrow \,\,\,{S_4} = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}\);….
Do đó \({S_1}\), \({S_2}\), \({S_3}\),…, \({S_{100}}\)là một cấp số nhân với số hạng đầu \({u_1} = {S_1} = 4\)và công bội \(q = \frac{1}{2}\).
Suy ra \(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} + ... + {S_{100}}\)\( = {S_1}.\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}}\)\( = \frac{{4\left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{100}}} \right)}}{{1 - \left( {\frac{1}{2}} \right)}} = 8.\).
