Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 6
25 câu hỏi
\(\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < - 1\end{array} \right.\)
\(\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 0\end{array} \right.\)
\(0 \le m \le 2\).
\( - 1 \le m \le 1\).
Chọn C
Phương trình \(\cos x = m - 1\)có nghiệm khi và chỉ khi \( - 1 \le m - 1 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2\)
\(\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k\pi \\x = \pi - \alpha + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = \alpha + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\(x = \pm \alpha + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\(\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Chọn D
Phương trình \(\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Cho hình hộp\(ABCD.A'B'C'D'\) (như hình vẽ). Mặt phẳng\(\left( {AB'D'} \right)\) song song với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau đây?
\(\left( {BC'D} \right)\).
\(\left( {A'C'C} \right)\).
\(\left( {BCA'} \right)\).
\(\left( {BDA'} \right)\).
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 \(C'B//D'A;\;\;BD//B'D'\)
Phép chiếu song song biến hình chữ nhật thành hình vuông.
Phép chiếu song song biến tam giác đều thành một tam giác đều.
Phép chiếu song song giữ nguyên tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng bất kỳ.
Phép chiếu song song biến hình thang \(ABCD\) có \(BC\parallel AD\) thành hình thang \(A'B'C'D'\) thỏa mãn \(B'C'//A'D'\).
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.
4.
3.
2.
1.
Chọn A
Giữa hai đường thẳng trong không gian có 4 vị trí: cắt nhau, song song, trùng nhau và chéo nhau
\(9\).
\(2\).
\(4\).
\(\frac{1}{4}\).
Chọn C
Ta có \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân nên \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} \Rightarrow {u_2} = {u_1}.q \Rightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 4\)
.
1.
.
–1.
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 \(x > 1 \Rightarrow x - 1 > 0\)
\({\left( {\frac{5}{4}} \right)^n}\).
\({\left( {\frac{2}{3}} \right)^n}\).
\({\left( {\frac{4}{3}} \right)^n}\).
\({\left( {\frac{3}{2}} \right)^n}\).
Chọn B
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{} {q^n} = 0\) với \(\left| q \right| < 1\); suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{} {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 0\)
\({S_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}}\)
\({S_n} = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)
\({S_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^{n + 1}}} \right)}}{{1 - q}}\)
\({S_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^{n - 1}}} \right)}}{{1 - q}}\)
Chọn A
Tổng của n số hạng đầu của cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\)có công bội \(q \ne 1\) là \({S_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}}\)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 25 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Cho hàm số \(y = f(x)\) có đồ thị như hình vẽ.
Đồ thị hàm số \(y = f(x)\) là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
\(y = \sin x\).
\(y = \cos x\) .
\(y = \cot x\) .
\(y = \tan x\)
Chọn A
Đồ thị hàm số \(y = f(x)\) là đồ thị của hàm số \(y = \sin x\)
\(3\).
\( - \infty \).
\( + \infty \).
\(\frac{7}{2}\).
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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - 2 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{3}{{{x^3}}}} \right) = - 2 < 0\)
\(\cos 2a = {\cos ^2}a + {\sin ^2}a\).
\(\cos 2a = 2{\cos ^2}a - 1\).
\(\cos 2a = {\cos ^2}a - {\sin ^2}a\).
\(\cos 2a = 1 - 2{\sin ^2}a\).
Chọn A
Công thức nào sai là \(\cos 2a = {\cos ^2}a + {\sin ^2}a\)
Một điểm và một đường thẳng.
Hai đường thẳng cắt nhau.
Ba điểm phân biệt.
Bốn điểm phân biệt.
Chọn B
Hai đường thẳng cắt nhau xác định một mặt phẳng duy nhất
\(SD\)
\(SB\)
\(SC\)
\(SO\)
Chọn D
Và \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\)
Do đó \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\)
\(\left( {0;1} \right)\).
\(\left( { - 1;0} \right)\).
\(\left( { - 2; - 1} \right)\).
\(\left( { - 10; - 2} \right)\)
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 \(\left( { - 2; - 1} \right)\)
5.
3.
4.
2.
Chọn A
Hình lăng trụ tam giác có ba mặt bên, hai mặt đáy nên số mặt là 5.
\(\mathop {\lim }\limits_{} {q^n} = 0,\;q > 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{} \frac{1}{n} = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{} c = 0\) (c là hằng số).
\(\mathop {\lim }\limits_{} {n^k} = + \infty \) .
Chọn B
\(\mathop {\lim }\limits_{} \frac{1}{n} = 0\). Đúng; còn lại sai
\(\frac{{4\pi }}{3}\).
\(\frac{{4\pi }}{5}\).
\(\frac{{3\pi }}{4}\).
\(\frac{{5\pi }}{4}\).
Chọn D
Áp dụng công thức \({1^0} = \frac{\pi }{{180}}\;\;rad \Rightarrow {225^0} = \frac{{225.\pi }}{{180}} = \frac{{5\pi }}{4}\).
Cắt nhau.
Chéo nhau.
Trùng nhau.
Song song với nhau.
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
\({u_3} = \frac{1}{8}\).
\({u_5} = \frac{1}{{16}}\)
\({u_5} = \frac{1}{{32}}\).
\({u_4} = \frac{1}{4}\).
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 \(\left. \begin{array}{l}MN\parallel SA\\SA \subset \left( {SAB} \right)\\MN \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel \left( {SAB} \right)\,\,\,\,\,\,\,\)
Cho tam giác đều \({A_1}{B_1}{C_1}\) có cạnh bằng \(a = 4\) và có diện tích \({S_1}.\) Nối các trung điểm các cạnh được tam giác đều \({A_2}{B_2}{C_2}\) và có diện tích \({S_2}\) (như hình vẽ). Tiếp tục như thế ta được dãy các tam giác đều. Tính tổng \(S = {S_1} + {S_2} + ...\)
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 \(S = {S_1} + {S_2} + ... = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}.\)
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
