Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 3

Đáp án đúng là: D

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên gọi \(O = AC \cap BD.\)

\( \Rightarrow O \in BD\) mà \(BD \subset \left( {SBD} \right).\)

\( \Rightarrow O = AC \cap \left( {SBD} \right).\)

Như vậy \(AC\) không song song với mặt phẳng \(\left( {SBD} \right).\)

Đáp án đúng là: D

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB.\)

Xét \(\Delta ABC\) có: \(CM\) là đường trung tuyến và \(I\) là trọng tâm của \(\Delta ABC.\)

\( \Rightarrow \frac{{CI}}{{CM}} = \frac{2}{3}.\)

Xét \(\Delta ABD\) có: \(DM\) là đường trung tuyến và \(J\) là trọng tâm của \(\Delta ABD.\)

\( \Rightarrow \frac{{DJ}}{{DM}} = \frac{2}{3}.\)

Như vậy \(\frac{{CI}}{{CM}} = \frac{{DJ}}{{DM}}\) nên theo định lí Thalés đảo trong \(\Delta MCD\) có \(IJ//CD.\)

Đáp án đúng là: C

Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CC',B'C'\).

Vì \(I\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{2}{3}\).

Vì \(J\) là trọng tâm tam giác \(ACC'\) nên \(\frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}\).

Vì \(K\) là trọng tâm tam giác \(AB'C'\) nên \(\frac{{AK}}{{AP}} = \frac{2}{3}\).

Xét \(\Delta AMN\) có \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}\) nên \(IJ//MN\) mà \(MN \subset \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(IJ//\left( {BCC'B'} \right)\).

Xét \(\Delta APN\) có \(\frac{{AK}}{{AP}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}\) nên \(KJ//PN\) mà \(PN \subset \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(KJ//\left( {BCC'B'} \right)\).

Vì \(IJ//\left( {BCC'B'} \right)\) và \(KJ//\left( {BCC'B'} \right)\) nên \(\left( {IJK} \right)\)\(//\left( {BCC'B'} \right)\) hay \(\left( {IJK} \right)//\left( {BB'C} \right).\)

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Vì \(0 < x < \frac{\pi }{2}\) nên \(\cos x > 0\).

b) Ta có: \(\sin x = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \cos x = \sqrt {1 - {{\sin }^2}x} = \sqrt {1 - \frac{1}{3}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

c) \[\tan x = \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\].

d) \(\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos x.\cos \frac{\pi }{3} - \sin x.\sin \frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}.\frac{1}{2} - \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 6 - 3}}{6}. \)

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\{u_{n + 1}} = 5{u_n}\end{array} \right.\left( {\forall n \in \mathbb{N}*} \right)\). Khi đó \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân có số hạng đầu là \({u_1} = 3\); công bội \(q = 5\).

b) Số hạng thứ 7 của cấp số nhân là \({u_7} = {u_1}.{q^6} = {3.5^6} = 46875\).

c) \({u_n} = 29296875\)\( \Leftrightarrow {u_1}.{q^{n - 1}} = 29296875\)\( \Leftrightarrow {3.5^{n - 1}} = 29296875\)\( \Leftrightarrow {5^{n - 1}} = 9765625\)

\( \Leftrightarrow {5^{n - 1}} = {5^{10}}\)\( \Leftrightarrow n = 11\).

d) Có \(M = {u_4} + {u_5} + {u_6} + {u_7} + {u_8} + {u_9} = {S_9} - {S_3}\)

\( = {u_1}.\frac{{1 - {q^9}}}{{1 - q}} - {u_1}.\frac{{1 - {q^3}}}{{1 - q}}\)\( = 3.\frac{{1 - {5^9}}}{{1 - 5}} - 3.\frac{{1 - {5^3}}}{{1 - 5}} = 1464750\).

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Với \(x < - 2\) ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x - 10}}{{x + 2}}\) là hàm số liên tục trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\).

b) Với \(x = - 2\) ta có \(f\left( x \right) = mx - 1\)\( \Rightarrow f\left( { - 2} \right) = m.\left( { - 2} \right) - 1 = - 2m - 1\).

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{{x^2} - 3x - 10}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 5} \right)}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \left( {x - 5} \right) = - 7\).

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \left( {mx - 1} \right) = - 2m - 1\).

Để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = 5\) thì \( - 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow m = - 3\).

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A'D'//BC}\\{A'D' = BC}\end{array} \Rightarrow A'D'CB} \right.\) là hình bình hành.

b) \(A'D'CB\) là hình bình hành nên \(A'B//CD' \Rightarrow A'B//\left( {B'D'C} \right)\). (1)

Tương tự, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A'B'//CD}\\{A'B' = CD}\end{array} \Rightarrow A'B'CD} \right.\) là hình bình hành.

Suy ra \(A'D//B'C \Rightarrow A'D//\left( {B'D'C} \right)\).(2)

Từ (1) và \((2)\) suy ra \(\left( {A'BD} \right)//\left( {B'D'C} \right)\).

c) Gọi \(O,O',I\) theo thứ tự là tâm của các hình bình hành \(ABCD,A'B'C'D'\), \(ACC'A'\).

Vì \({G_1}\) là trọng tâm tam giác \(AB'D\) nên \(\frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow {G_1}\) là trọng tâm tam giác \(A'AC\), suy ra \({G_1} = AI \cap A'O\). (3)

Tương tự, \({G_2}\) là trọng tâm tam giác \(B'D'C\) nên \(\frac{{C{G_2}}}{{CO'}} = \frac{2}{3}\).

\( \Rightarrow {G_2}\) là trọng tâm tam giác \(A'C'C\), suy ra \({G_2} = C'I \cap CO'\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(AC'\).

d) Chứng minh \(A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'\):

Ta có: \(\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{A{G_1}}}{{AC'}} = \frac{1}{3};\frac{{C'{G_2}}}{{C'I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C'{G_2}}}{{AC'}} = \frac{1}{3}\).

Do vậy \(A{G_1} \buildrel\textstyle.\over= {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'\).

Vậy \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(AC'\), đồng thời chia \(AC'\) thành ba phần bằng nhau.

Trả lời: 0,75

Với mọi \(t \ge 0\), ta có \( - 1 \le \cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) \le 1\)\( \Leftrightarrow - 2 \le 2\cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) \le 2\).

Do đó li độ lớn nhất là \(x = 2\) cm xảy ra khi \(\cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) = 1\)\( \Leftrightarrow 2\pi t + \frac{\pi }{2} = k2\pi \)\[ \Leftrightarrow t = k - \frac{1}{4},k \in \mathbb{Z}\].

Vì \(t \ge 0\) nên \(k - \frac{1}{4} \ge 0 \Leftrightarrow k \ge \frac{1}{4}\).

Vì \(k \in \mathbb{Z}\), suy ra thời điểm đầu tiên thỏa mãn ứng với \(k = 1\). Suy ra \({t_0} = \frac{3}{4} = 0,75\) giây.

Trả lời: 17

Số tiền ở mỗi tuần lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 12\) và công sai \(d = 3\).

Gọi \(n\) là số các số hạng đầu của cấp số cộng cần lấy tổng.

Khi đó, tổng số tiền tiết kiệm của Nam là \({S_n} = \frac{{\left[ {2.12 + \left( {n - 1} \right).3} \right].n}}{2}\).

Theo yêu cầu bài toán:

\({S_n} \ge 567\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left[ {24 + \left( {n - 1} \right).3} \right].n}}{2} \ge 567\)\( \Leftrightarrow 3{n^2} + 21n - 1134 \ge 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n \le - 23,25\\n \ge 16,25\end{array} \right.\).

Vậy tối thiểu vào tuần thứ 17 Nam đủ tiền mua một cây guitar.

Trả lời: 0,29

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3} + \sqrt {2x + 7} - 5}}{{2x - 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3} - 2 + \sqrt {2x + 7} - 3}}{{2x - 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3} - 2}}{{2x - 2}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x + 7} - 3}}{{2x - 2}}\)

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x + 3} \right) - 4}}{{\left( {2x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {2x + 7} \right) - 9}}{{\left( {2x - 2} \right)\left( {\sqrt {2x + 7} + 3} \right)}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{2\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt {2x + 7} + 3}}\]\[ = \frac{1}{8} + \frac{1}{6}\]\[ = \frac{7}{{24}} \approx 0,29\].

Trả lời: 13,7

Nếu cạnh hình vuông ban đầu là \(x\) thì theo định lí Pythagore, ta có cạnh hình vuông thứ hai là \(\sqrt {{{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}.(*)\)

Gọi cạnh hình vuông \(ABCD\) là \({u_1} = 1\), từ \({\rm{(}}*{\rm{)}}\) ta có cạnh hình vuông thứ hai là \({u_2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\), cạnh hình vuông thứ ba là \({u_3} = \frac{1}{2}\), cạnh hình vuông thứ tư là \({u_4} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}, \ldots \)

Xét tổng chu vi dãy các hình vuông là:

\(S = 4{u_1} + 4{u_2} + 4{u_3} + \ldots = 4\left( {1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{4} + \ldots } \right).\)

Dễ thấy \(1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{4} + \ldots \) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu bằng 1, công bội bằng \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy ta có: \(S = 4 \cdot \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 4 \cdot \frac{1}{{1 - \frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 8 + 4\sqrt 2 \approx 13,7\).

Trả lời: 2

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\):

Gọi \(AG \cap DF = \left\{ L \right\}\)\( \Rightarrow L\) là trung điểm của \(AG\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAG} \right)\): Gọi \(SL \cap GE = \left\{ P \right\}\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}P \in EG\\P \in SL,SL \subset \left( {SDF} \right)\end{array} \right.\).

Khi đó \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(EG\) và mặt phẳng \(\left( {SDF} \right)\).

Mặt khác \(P\) là trọng tâm tam giác \(SAG\).

Suy ra \(\frac{{GP}}{{PE}} = 2\).

Trả lời: 1

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\\BC//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN//BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ\\BC//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC//PQ\).

Vậy \(MN//PQ\).

Tương tự ta có \(NP//MQ\).

Vậy \(MNPQ\) là hình bình hành.

Để \(MNPQ\) là hình thoi thì cần \(MQ = PQ\).

Để \(MQ = PQ\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}BC\)\( \Leftrightarrow AD = BC\).