Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 9
20 câu hỏi
Xét \(a\) là góc tùy ý, mệnh đề nào dưới đây đúng?
\(\sin 2a = \sin a\cos a.\)
\(\sin 2a = 2\sin a\cos a.\)
\(\sin 2a = 4\sin a\cos a.\)
\(\sin 2a = 2\sin a.\)
Chọn B
\(\sin 2a = 2\sin a\cos a\).
Tất cả các nghiệm của phương trình \(2\cos x = 1\) là
\(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(x = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
Chọn D
\(2\cos x = 1 \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \).
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = 5\) và \({u_2} = 2.\) Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
\( - 3.\)
\(3.\)
\(\frac{5}{2}.\)
\(\frac{2}{5}.\)
Chọn A
\(d = {u_2} - {u_1} = 2 - 5 = - 3\).
Tìm tất cả giá trị của \(x\) để ba số \(2x - 1;\,x;\,2x + 1\) theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân.
\(x = \pm \frac{1}{3}\).
\(x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).
\(x = \pm \sqrt 3 \).
\(x = \pm 3\).
Chọn B
Để 3 số tạo thành CSN thì \(\left( {2x - 1} \right)\left( {2x + 1} \right) = {x^2} \Leftrightarrow 3{x^2} - 1 = 0\)
\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).
Nếu các dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\), \(\left( {{v_n}} \right)\) thỏa mãn \(\lim {u_n} = 4\) và \(\lim {v_n} = 3\) thì \(\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right)\) bằng
\(12\).
\(7\).
\(1\).
\(\frac{4}{3}\).
Chọn B
Phát biểu nào sau đây là sai?
\(\lim \frac{1}{n} = 0\).
\(\lim {q^n} = 0\,\left( {\left| q \right| > 1} \right)\).
\(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0\,\left( {k > 1} \right)\).
\(\lim {u_n} = c\)(\({u_n} = c\) là hằng số).
Chọn B
Kết quả của giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3x + 2}}{{2x + 4}}\) bằng:
\( - \frac{3}{4}\).
\( - \frac{1}{2}\).
\(1\).
\(\frac{3}{2}\).
Chọn D
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3x + 2}}{{2x + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x\left( {3 + \frac{2}{x}} \right)}}{{x\left( {2 + \frac{4}{x}} \right)}} = \frac{3}{2}\).
Kết quả của giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\) bằng
\( - \infty \).
\( + \infty \).
\(3\).
\(0\).
Chọn B
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x + 1} \right) = 3\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\) và \(x \to {2^ + },x - 2 > 0\).
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) song song với nhau thì bất kì đường thẳng nào nằm trong \(\left( \alpha \right)\) cũng song song với bất kì đường thẳng nào nằm trong \(\left( \beta \right).\)
Nếu mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\)\(\parallel \)\(\left( \beta \right)\) thì mọi đường thẳng nằm trong \(\left( \alpha \right)\) đều song song với \(\left( \beta \right).\)
Nếu hai đường thẳng phân biệt \(a\) và \(b\) song song lần lượt nằm trong hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) phân biệt thì \(\left( a \right)\parallel \left( \beta \right).\)
Nếu đường thẳng \(d\) song song với \(mp\left( \alpha \right)\) thì nó song song với mọi đường thẳng nằm trong \(mp\left( \alpha \right).\)
Chọn B
Cho hình chóp \(S.ABCD\) đáy là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SD\). Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {OMN} \right)//\left( {SAD} \right)\).
\(\left( {OMG} \right)//\left( {SCD} \right)\).
Chọn A
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN//BC\\OM//SC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).
Cho một đường thẳng \(a\) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\). Có bao nhiêu mặt phẳng chứa \(a\) và song song với \(\left( P \right)\).
\(2\).
\(0\)
\(1\).
Vô số.
Chọn C
Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\) với đáy \(ABCD\) có các cạnh đối diện không song song với nhau và \(M\) là một điểm trên cạnh \(SA\). Giao điểm của đường thẳng\(AB\) và mặt phẳng \(\left( {MCD} \right)\) là
Giao điểm của \(AB\) và \(MC\).
Giao điểm của \(AB\) và \(MD\).
Điểm \(H\), trong đó \(H = AB \cap CD\).
Điểm \(K\), trong đó \(K = AD \cap BC\).
Chọn C
Gọi \(H\) là giao điểm của \(AB\) và \(CD\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}H \in AB\\H \in CD \subset \left( {MCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \cap \left( {MCD} \right) = \left\{ H \right\}\).
Cho tứ diện \(ABCD\), \(G\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {ABG} \right)\) là
\(AM\), \(M\) là trung điểm \(AB\).
\(AG\).
\(AK\), \(K\) là trung điểm \(BD\).
\(AN\), \(N\) là trung điểm \(CD\).
Chọn D
Kéo dài \(BG\) cắt \(CD\) tại \(N\).
Khi đó \(\left( {ABG} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AN\).
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}}\). Hàm số liên tục trên khoảng nào sau đây?
\(\mathbb{R}\).
\(\left( { - 2; + \infty } \right)\).
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right)\).
Chọn C
Xét \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}}\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
Hàm phân thức hữu tỉ liên tục trên TXĐ nên đáp án C thỏa mãn.
Cho hàm số \(y = f(x)\)có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số liên tục trên khoảng nào sau đây?
\(\mathbb{R}\).
\(\left( { - 1; + \infty } \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
Chọn D
Từ đồ thị ta thấy trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) đồ thị không đứt gãy.
Cho hình chóp \(S.ABCD\), \(M\)là trung điểm của \(CD\). Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là
\(SA\).
\(CD\).
\(AM\).
\(SM\).
Chọn D
Dễ thấy \(\left( {SAM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SM\).
Tìm các giới hạn sau
a. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x + 2}}{x}\). b. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{x}{{x + 1}}\) c. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {5x - 1} - x - 1}}{{{x^2} - 3x + 2}}\)
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x + 2}}{x} = 2\).
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{x}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{x}{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}} = 1\).
c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {5x - 1} - x - 1}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x - 1 - {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\left( {\sqrt {5x - 1} + x + 1} \right)}}\)
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - {x^2} + 3x - 2}}{{\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\left( {\sqrt {5x - 1} + x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 1}}{{\left( {\sqrt {5x - 1} + x + 1} \right)}} = - \frac{1}{4}\]
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{3 - \sqrt {x + 9} }}{x}}&{khi\,x > 0}\\{x - \frac{1}{6}}&{khi\,x \le 0}\end{array}} \right.\). Xét sự liên tục của \(f\left( x \right)\)tại điểm \({x_0} = 0\)
Xét tại điểm \({x_0} = 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{3 - \sqrt {x + 9} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{ - x}}{{x(3 + \sqrt {x + 9} )}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{ - 1}}{{(3 + \sqrt {x + 9} )}} = \frac{{ - 1}}{6}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {x - \frac{1}{6}} \right) = \frac{{ - 1}}{6}\)
\(f(0) = \frac{{ - 1}}{6}\)
\( \Rightarrow f(0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x)\) nên hàm số liên tục tại\({x_0} = 0\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) đáy là hình bình hành, \(G\)là trọng tâm tam giác \(SAC\).\(M\) là trung điểm của \(SD\)
a. Tìm giao điểm \(O\) của \(AC\) và \(\left( {SBD} \right)\)
b. Chứng minh rằng \(MO//\left( {SAB} \right)\)
c. \(\left( \alpha \right)\) chứa \(BM\) và song song với \(AC\), tìm giao tuyến của \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\)
d. \(I\) trên đoạn \(AD\) sao cho \(\frac{{AI}}{{ID}} = 2\), \(J\) là trọng tâm tam giác \(ADC\).
Chứng minh rằng \(SC//\left( {GIJ} \right)\).
e. Điểm \(K\) di chuyển ở miền trong của hình bình hành \(ABCD\), kẻ \(KE\), \(KF\) lần lượt song song với \(SA,SB\) (Với \(E \in (SBC),\,F \in (SAD)\)). Tìm giá trị lớn nhất của \(\frac{{KE}}{{SA}}.\frac{{KF}}{{SB}}\).
a. Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(AC \cap BD = O\). Ta có
\(\begin{array}{l}O \in AC\\O \in BD \Rightarrow O \in (SBD)\end{array}\)
\( \Rightarrow \)\(O\) là giao điểm của \(AC\)và\((SBD)\)
b. \(MO\) là đường trung bình trong tam giác \(SBD\)\( \Rightarrow MO//SB\)
mà \(MO \not\subset (SAB) \Rightarrow MO//(SAB)\)
c. G là trọng tâm tam giác \(SAC\)\( \Rightarrow G\)là trọng tâm tam giác \(SBD\)
\( \Rightarrow G \in BM\)\( \Rightarrow G\)là điểm chung của \((\alpha )\) và \(\left( {SAC} \right)\)
Mà \((\alpha )//AC \Rightarrow \)giao tuyến của \((\alpha )\)và \(\left( {SAC} \right)\) là đường thẳng \(d\) qua \(G\) và song song với \(AC\)
d. Trong tam giác ABD có \(\frac{{DI}}{{IA}} = \frac{{DJ}}{{JB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow IJ//AB \Rightarrow IJ//CD\)
mà \(IJ \not\subset (SCD)\)\( \Rightarrow IJ//(SCD)\)
Trong tam giác \(BMD\) có \(\frac{{MG}}{{GB}} = \frac{{DJ}}{{JB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow JG//MD\) mà\(MG \not\subset (SCD),MD \subset (SCD) \Rightarrow MG//(SCD)\)
\(JG\) và \(IJ\) cắt nhau cùng nằm trong \(\left( {GIJ} \right)\)\( \Rightarrow \left( {JGI} \right)//(SCD)\)
\( \Rightarrow SC//(GIJ)\)
e.
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(AK \cap BC = H\),vì \(KE//SA \Rightarrow E \in (SAH)\)mà \(E \in (SBC)\), \(SH\) là giao tuyến \(\left( {SAH} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow E \in SH\)
Trong tam giác \(SAH\) có \(\frac{{KE}}{{AS}} = \frac{{HK}}{{HA}}\)
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(BK \cap AD = N\),chứng minh tương tự ta có \(\frac{{KF}}{{BS}} = \frac{{NK}}{{NB}}\)
Mà \(\frac{{NK}}{{NB}} = \frac{{AK}}{{AH}} \Rightarrow \frac{{KE}}{{SA}} + \frac{{KF}}{{SB}} = \frac{{AK}}{{AH}} + \frac{{KH}}{{AH}} = 1\)
\( \Rightarrow \frac{{AK}}{{AH}}.\frac{{KH}}{{AH}} \le \frac{1}{4}{\left( {\frac{{AK}}{{AH}} + \frac{{KH}}{{AH}}} \right)^2} = \frac{1}{4}\). Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{KH}}{{AH}}\)
Tìm \(m\) để: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} - 2x + 1} \right)\left( {x - m} \right) - m(x - 2) - 1}}{{2m{x^3} - (4m + 1){x^2} + 2(m + 1) - 1}} = \frac{{20}}{{23}}\]
\[\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} - 2x + 1} \right)\left( {x - m} \right) - m(x - 2) - 1}}{{2m{x^3} - (4m + 1){x^2} + 2(m + 1) - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} - x - 1} \right)\left( {x - m} \right) - {x^2} + 2x - 1}}{{(x - 1)(2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1)}}\end{array}\]
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\frac{{{{(x - 1)}^2}(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x - m} \right) - {{(x - 1)}^2}}}{{(x - 1)(2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\frac{{\frac{{(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x - m} \right) - 1}}{{(2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1)}}\]TH 1: 1 là nghiệm của \[2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1 = 0 \Rightarrow m = - 1\]. Khi đó
\[\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\frac{{\frac{{(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x - m} \right) - 1}}{{(2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\frac{{\frac{{(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x + 1} \right) - 1}}{{ - 2{x^2} + x + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\frac{{\frac{{(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x + 1} \right) - 1}}{{(x - 1)( - 2x - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\frac{{(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x + 1} \right) - 1}}{{( - 2x - 1)}} = - \frac{1}{3}\end{array}\] Không thỏa mãn
TH 2: 1 không là nghiệm của \[2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1 = 0 \Rightarrow m \ne - 1\]. Khi đó
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\frac{{\frac{{(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x - m} \right) - 1}}{{(2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1)}} = 0\](Không thỏa mãn)
Vậy không tồn tại m để \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} - 2x + 1} \right)\left( {x - m} \right) - m(x - 2) - 1}}{{2m{x^3} - (4m + 1){x^2} + 2(m + 1) - 1}} = \frac{{20}}{{23}}\]
