Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 6

Chọn C

Phương trình\(\cos x = m - 1\)có nghiệm khi và chỉ khi \( - 1 \le m - 1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2\)

Chọn D

Phương trình \(\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn A

Mặt phẳng\(\left( {AB'D'} \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {BC'D} \right)\).

Trong hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) vì \(C'B//D'A;\;\;BD//B'D'\)

Chọn C

Phép chiếu song song không thể biến hình chữ nhật thành hình vuông vì tỉ lệ giữa chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật không thay đổi

Phép chiếu song song không thể biến tam giác đều thành một tam giác đều vì tỉ lệ giữa các cạnh không thay đổi

Phép chiếu song song giữ nguyên tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng bất kỳ. Là mệnh đề đúng

Phép chiếu song song biến hình thang \(ABCD\) có \(BC\parallel AD\) thành hình thang \(A'B'C'D'\) thỏa mãn \(B'C'//A'D'\) vì tỉ lệ giữa các cạnh của hình thang là không đổi.

Chọn A

Giữa hai đường thẳng trong không gian có 4 vị trí: cắt nhau, song song, trùng nhau và chéo nhau

Chọn C

Ta có \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân nên \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} \Rightarrow {u_2} = {u_1}.q \Rightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 4\)

Chọn C

Ta có \(K = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = + \infty \) vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} - x + 1} \right) = 1 > 0;\;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0;x \to {1^ + }\) tức là \(x > 1 \Rightarrow x - 1 > 0\)

Chọn B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{} {q^n} = 0\) với \(\left| q \right| < 1\); suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{} {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 0\)

Chọn A

Tổng của n số hạng đầu của cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\)có công bội \(q \ne 1\)là \({S_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}}\)

Chọn A

Đồ thị hàm số \(y = f(x)\)là đồ thị của hàm số \(y = \sin x\)

Chọn C

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - 2{x^3} - 3x + 3} \right) = + \infty \). Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {{x^3}\left( { - 2 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{3}{{{x^3}}}} \right)} \right] = + \infty \)và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - 2 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{3}{{{x^3}}}} \right) = - 2 < 0\)

Chọn A

Công thức nào sai là \(\cos 2a = {\cos ^2}a + {\sin ^2}a\)

Chọn B

Hai đường thẳng cắt nhau xác định một mặt phẳng duy nhất

Chọn D

Và \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\)

Do đó \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\)

Chọn C

Ta có \(f(x) = 3{x^5} + 5{x^3} + 10\) là hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\), Do đó \(f(x)\) liên tục trên \(\left( { - 2; - 1} \right)\) và \(f( - 2) = - 110;f( - 1) = 2\); \(f( - 2).f( - 1) < 0\)do đó \(\exists {x_0} \in \left( { - 2; - 1} \right):f({x_0}) = 0\) Hay phương trình \(3{x^5} + 5{x^3} + 10 = 0\) có nghiệm duy nhất \({x_0}\)thuộc khoảng \(\left( { - 2; - 1} \right)\)

Chọn A

Hình lăng trụ tam giác có ba mặt bên, hai mặt đáy nên số mặt là 5.

Chọn B

\(\mathop {\lim }\limits_{} \frac{1}{n} = 0\). Đúng; còn lại sai

Chọn D

Áp dụng công thức \({1^0} = \frac{\pi }{{180}}\;\;rad \Rightarrow {225^0} = \frac{{225.\pi }}{{180}} = \frac{{5\pi }}{4}\).

Chọn D

Ta có đường thẳng \(a\)song song với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\). Và mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) chứa \(a\) và cắt \(\left( \alpha \right)\) theo giao tuyến \(b\) thì  và  là hai đường thẳng song song với nhau

Chọn D

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) biết \[{u_n} = \frac{n}{{{2^n}}}\]. Nên \({u_3} = \frac{3}{8};\;{u_5} = \frac{5}{{32}};\;{u_5} = \frac{1}{{32}};\;{u_4} = \frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}\)

Ta có \({u_2} = {u_1} + d \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} = 6.\)

Khi đó \({u_{11}} = {u_1} + 10d = - 1 + 10.6 = 59.\)

a)  \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2{n^2} - 3n + 1}}{{{n^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2 - \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{1}{{{n^2}}}}} = 2.\]

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

c)  \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{2x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 + \frac{3}{{{x^2}}}} - 2x}}{{2x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 + \frac{3}{{{x^2}}}} - 2}}{{2 + \frac{5}{x}}} = - \frac{3}{2}.\]

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\) và \({x_0} = 2 \in \mathbb{R}\)

Ta có \(f\left( 2 \right) = - 2m + 2023\)

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

Hàm số liên tục tại \({x_0} = 2\) khi \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right).\]

\( \Leftrightarrow - 2m + 2023 = 1 \Leftrightarrow m = 1011.\)

a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\]và \[\left( {SBC} \right)\]

Ta có S là điểm chung của hai mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\]và \[\left( {SBC} \right)\] Mặt khác

\(\left. \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD\,\parallel \,BC\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = d\) đi qua S và song song với \(AD,\,BC.\)

b) Chứng minh \(MN\) song song với mặt phẳng

Trong tam giác \(SAD\) ta có \(\frac{{DN}}{{DS}} = \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MN\parallel SA\)

Ta có \(\left. \begin{array}{l}MN\parallel SA\\SA \subset \left( {SAB} \right)\\MN \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel \left( {SAB} \right)\,\,\,\,\,\,\,\)

Ta có diện tích của tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\) là \({S_1} = {4^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 .\)

Với cách xác định như trên ta có tam giác \({A_2}{B_2}{C_2}\) là tam giác đều có cạnh bằng 2 nên ta có \({S_2} = {2^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 .\)

Tiếp tục quá trình như trên thì ta có \({S_1},\,{S_2},\,...\) lập thành 1 cấp số nhân lùi vô hạn với \({S_1} = 4\sqrt 3 \) và công bội \(q = \frac{1}{4}.\)

Khi đó ta có \(S = {S_1} + {S_2} + ... = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}.\)