Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 2

Đáp án đúng là: B

Hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể song song hoặc chéo nhau.

a) S, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Ta có \({u_{n + 1}} = {u_n} + 3\). Suy ra dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng với công sai \(d = 3\).

b) Ta có \({u_5} = {u_1} + 4d = 11\).

c) Ta có \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = - 1 + \left( {n - 1} \right).3 = 3n - 4\).

Xét \({u_n} = 101 \Leftrightarrow 3n - 4 = 101 \Rightarrow n = 35\).

Vậy 101 là số hạng thứ 35 của dãy số đã cho.

d) \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = - 1\) và công sai \(d = 3\).

Ta có \({S_9} = \frac{{9\left( {2{u_1} + 8d} \right)}}{2} = \frac{{9\left[ {2.\left( { - 1} \right) + 8.3} \right]}}{2} = 99\).

\({S_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2} = \frac{{20\left[ {2.\left( { - 1} \right) + 19.3} \right]}}{2} = 550\).

Vậy \({u_{10}} + {u_{11}} + ... + {u_{20}} = {S_{20}} - {S_9} = 550 - 99 = 451\).

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) \(f\left( 1 \right) = 24.1 - 8 = 16\).

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2{x^2} + 3x - 5}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x + 5} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2x + 5} \right) = 7\).

c) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\) nên hàm số không liên tục tại \(x = 1\).

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 4} + 6} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{24x - 8 - 16}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 4} + 6} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{24\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 4} + 6} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {24.\frac{1}{{\sqrt {2f\left( x \right) + 4} + 6}}} \right)\)\( = 24.\frac{1}{{\sqrt {2f\left( 1 \right) + 4} + 6}} = \frac{{24}}{{\sqrt {2.16 + 4} + 6}} = 2\).

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Ta có \(OM\not \subset \left( {SAB} \right)\) và \(OM//SA \subset \left( {SAB} \right)\). Vậy \(OM//\left( {SAB} \right)\).

b) Ta có \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) có S chung.

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Vậy \(SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

c) Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\): \(\left\{ I \right\} = AM \cap SO\) mà \(SO \subset \left( {SBD} \right)\).

Vậy \(AM \cap \left( {SBD} \right) = \left\{ I \right\}\).

d) Xét \(\Delta SAC\) có \(AM,SO\) là hai đường trung tuyến nên \(I\) là trọng tâm \(\Delta SAC\).

Suy ra theo tính chất trọng tâm ta có \(AI = 2IM\).

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Số học sinh lớp 11A là 50 học sinh.

b) Giá trị đại diện của nhóm \(\left[ {155;160} \right)\) là \(\frac{{155 + 160}}{2} = 157,5\).

c) Ta có bảng giá trị đại diện như sau

Ta có giá trị trung bình là

\(\overline x = \frac{{7.147,5 + 14.152,5 + 10.157,5 + 10.162,5 + 9.167,5}}{{7 + 14 + 10 + 10 + 9}} = 157,5\).

d) Gọi \({x_1};x_2^{};...;{x_{50}}\) là chiều cao của 50 học sinh và được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

Khi đó trung vị là \(\frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}\).

Do \({x_{25}};{x_{26}} \in \left[ {155;160} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị.

Ta có \({Q_2} = {M_e} = 155 + \frac{{\frac{{50}}{2} - 21}}{{10}}.5 = 157\).

Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là \({x_{13}}\). Do \({x_{13}} \in \left[ {150;155} \right)\) nên nhóm này chứa \({Q_1}\).

Ta có \({Q_1} = 150 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 7}}{{14}}.5 \approx 151,96\).

Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là \({x_{38}}\). Do \({x_{38}} \in \left[ {160;165} \right)\) nên nhóm này chứa \({Q_3}\).

Ta có \({Q_3} = 160 + \frac{{\frac{{50.3}}{4} - 31}}{{10}}.5 = 163,25\).

Trả lời: 12,6

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

\[AD = 3 \Leftrightarrow 2\cos \frac{x}{2} + 2 = 3 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{2\pi }}{3} + k4\pi \\x = \frac{{ - 2\pi }}{3} + k4\pi \end{array} \right.(k \in \mathbb{Z})\]

Chọn :\[A\left( {\frac{{ - 2\pi }}{3};3} \right);B\left( {\frac{{2\pi }}{3};3} \right);C\left( {\frac{{2\pi }}{3};0} \right);D\left( {\frac{{ - 2\pi }}{3};0} \right)\]

 \[AB = \frac{{4\pi }}{3};AD = 3 \Rightarrow {S_{ABCD}} = 4\pi = 4.3,14 = 12,56 \approx 12,6({{\rm{m}}^{\rm{2}}}){\rm{ }}\].

Trả lời: 6933

Đặt \({u_1}\) là giá của mét khoan đầu tiên thì \[{u_1} = 60\,000\] đồng.

Kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm \(2,5\% \) so với giá của mét khoan ngay trước đó.

Suy ra \({u_2} = {u_1} + {u_1}.2,5\% = {u_1}(1 + 0,025) = 1,025{u_1}\).

Tương tự

    \({u_3} = {u_2} + {u_2}.2,5\% = {u_2}(1 + 0,025) = 1,025{u_2}\).

    …………………………………………….

Vậy các giá trị \({u_1},\,{u_2},...,\,{u_{55}}\) lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 60\,000\) và công bội

\(q = 1,025\).

Gọi \(T\) là tổng số tiền mà chủ nhà phải thanh toán khi khoan \(55\left( {\rm{m}} \right)\) giếng, ta có:

\(T = {S_{55}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{55}} = 60{\rm{ }}000.\frac{{{{\left( {1,025} \right)}^{55}} - 1}}{{1,025 - 1}} \approx 6933055\) (đồng)\( \approx 6933\)nghìn đồng.

Trả lời: 1

\(\lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n - 2} - n} \right) = \lim \frac{{{n^2} + 2n - 2 - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + 2n - 2} + n}} = \lim \frac{{2n - 2}}{{n\sqrt {1 + \frac{2}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} + n}}\)

\( = \lim \frac{{n\left( {2 - \frac{2}{n}} \right)}}{{n\left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} + 1} \right)}} = \lim \frac{{2 - \frac{2}{n}}}{{\sqrt {1 + \frac{2}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} + 1}} = \frac{2}{{\sqrt 1 + 1}} = 1.{\rm{ }}\)

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

Suy ra \(a = 1;b = 4\). Tổng \(2a + 3b = 2.1 + 3.4 = 14\).

Trả lời: 9

Gọi \(I\) là giao điểm của đường thẳng \(MN\) và đường thẳng \(CD\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}I \in MN\\I \in CD \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow MN \cap \left( {BCD} \right) = \left\{ I \right\}\).

Kẻ \(DE//AC\left( {E \in IM} \right)\).

Do \(DE//CM\) nên \(\frac{{ID}}{{IC}} = \frac{{ED}}{{MC}} \Rightarrow \frac{{ID}}{{IC}} = \frac{{ED}}{{2AM}}\) (1).

Do \(DE//AM\) nên \(\frac{{ED}}{{AM}} = \frac{{ND}}{{NA}} = \frac{1}{2}\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \[\frac{{ID}}{{IC}} = \frac{1}{4}\]. Vậy \(a + 2b = 9\).

Trả lời: 44,4

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB//\left( \alpha \right)\\CD//\left( \alpha \right)\end{array} \right.\).

Giả sử \(\left( \alpha \right)\) cắt các mặt bên \(\left( {SAB} \right),\left( {SBC} \right),\left( {SCD} \right),\left( {SDA} \right)\) lần lượt tại các điểm \(N,P,Q\) với \(N \in SB,P \in SC,Q \in SD\). Suy ra \(\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN\\AB//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN//AB \Rightarrow \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\).

Tương tự, ta có \(\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{QM}}{{DA}} = \frac{2}{3}\) và \(MNPQ\) là hình vuông.

Suy ra \({S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}.{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}.10.10 = \frac{{400}}{9} \approx 44,4\).