Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 9
20 câu hỏi
\(\sin 2a = \sin a\cos a.\)
\(\sin 2a = 2\sin a\cos a.\)
\(\sin 2a = 4\sin a\cos a.\)
\(\sin 2a = 2\sin a.\)
Chọn B
\(\sin 2a = 2\sin a\cos a\).
\(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(x = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
Chọn D
\(2\cos x = 1 \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \).
\( - 3.\)
\(3.\)
\(\frac{5}{2}.\)
\(\frac{2}{5}.\)
Chọn A
\(d = {u_2} - {u_1} = 2 - 5 = - 3\).
\(x = \pm \frac{1}{3}\).
\(x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).
\(x = \pm \sqrt 3 \).
\(x = \pm 3\).
Chọn B
Để 3 số tạo thành CSN thì \(\left( {2x - 1} \right)\left( {2x + 1} \right) = {x^2} \Leftrightarrow 3{x^2} - 1 = 0\)
\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).
\(12\).
\(7\).
\(1\).
\(\frac{4}{3}\).
\(\lim \frac{1}{n} = 0\).
\(\lim {q^n} = 0\,\left( {\left| q \right| > 1} \right)\).
\(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0\,\left( {k > 1} \right)\).
\(\lim {u_n} = c\) (\({u_n} = c\) là hằng số).
\( - \frac{3}{4}\).
\( - \frac{1}{2}\).
\(1\).
\(\frac{3}{2}\).
Chọn D
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3x + 2}}{{2x + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x\left( {3 + \frac{2}{x}} \right)}}{{x\left( {2 + \frac{4}{x}} \right)}} = \frac{3}{2}\).
\( - \infty \).
\( + \infty \).
\(3\).
\(0\).
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 \(x \to {2^ + },x - 2 > 0\).
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 \(mp\left( \alpha \right).\)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 20 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {OMN} \right)//\left( {SAD} \right)\).
\(\left( {OMG} \right)//\left( {SCD} \right)\).
Chọn A
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN//BC\\OM//SC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).
\(2\).
\(0\)
\(1\).
Vô số.
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 \(\left( {ABG} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AN\).
\(\mathbb{R}\).
\(\left( { - 2; + \infty } \right)\).
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right)\).
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 \(\left( {SAM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SM\).
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) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {5x - 1} - x - 1}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x - 1 - {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\left( {\sqrt {5x - 1} + x + 1} \right)}}\)
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - {x^2} + 3x - 2}}{{\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\left( {\sqrt {5x - 1} + x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 1}}{{\left( {\sqrt {5x - 1} + x + 1} \right)}} = - \frac{1}{4}\]
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 \(\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{KH}}{{AH}}\)
\[\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} - 2x + 1} \right)\left( {x - m} \right) - m(x - 2) - 1}}{{2m{x^3} - (4m + 1){x^2} + 2(m + 1) - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} - x - 1} \right)\left( {x - m} \right) - {x^2} + 2x - 1}}{{(x - 1)(2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1)}}\end{array}\]
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\frac{{{{(x - 1)}^2}(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x - m} \right) - {{(x - 1)}^2}}}{{(x - 1)(2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\frac{{\frac{{(x + 3)}}{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} + x + 1} \right)}}\left( {x - m} \right) - 1}}{{(2m{x^2} - (2m + 1)x - 2m - 1)}}\]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 \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {{x^3} + 2{x^2} - 3x + 4} - 2x + 1} \right)\left( {x - m} \right) - m(x - 2) - 1}}{{2m{x^3} - (4m + 1){x^2} + 2(m + 1) - 1}} = \frac{{20}}{{23}}\]
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.
