Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Hùng Vương (Bình Định) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn D

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{_0}}} {\rm{ }}\left[ {{\rm{f}}\left( x \right) - g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{_0}}} {\rm{ f}}\left( x \right) - \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{_0}}} {\rm{ }}g\left( x \right) = L - M\].

Chọn B

Ta có \(f\left( 1 \right) = 2m + 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} + x + 1} \right) = 3\).

Hàm số liên tục tại điểm \({x_0} = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3 = 2m + 1 \Leftrightarrow m = 1\).

Chọn C

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} + 1} - x}}{{5x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} - x}}{{5x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} - 1}}{5} = \frac{{ - 3}}{5}\].

Suy ra \(a = - 3;b = 5 \Rightarrow P = a + b = 2\).

Chọn A

 

Ta có \(BI\)cắt mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\)tại \(J\) nên \(J = BI \cap AM\); vì \(I\) là điểm tuỳ ý trên đoạn thẳng \(AG\) nên \(J\) có thể là trung điểm của đoạn \(AM\) hoặc không là trung điểm của đoạn \(AM\).

Chọn B

Số trung bình là \(\overline x = \frac{{6 \times 2 + 8 \times 7 + 10 \times 7 + 12 \times 3 + 14 \times 1}}{{20}} = \frac{{47}}{5} = 9,4\).

Chọn A

Ta có \(AD\,{\rm{//}}\,BC,AD = 2BC,AC \cap BD = O \Rightarrow \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{OD}} = \frac{1}{2}\).

Mà \(MD = 2MS \Rightarrow \frac{{MS}}{{MD}} = \frac{1}{2}\).

Suy ra \(\frac{{OB}}{{OD}} = \frac{{MS}}{{MD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow OM\,{\rm{//}}\,SB\), mà \(SB \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(OM\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\).

Chọn D

Điều kiện \(1 - 2\cos x \ne 0 \Leftrightarrow \cos x \ne \frac{1}{2} \Leftrightarrow x \ne \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn D

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\) và \(x - 2 > 0\) khi \(x \to {2^ + }\).

Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( { - 3x + 4} \right) = - 2 < 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} = - \infty \).

Chọn B

Ta có \(\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( Q \right)\) và \(a \subset \left( P \right),b \subset \left( Q \right)\) nên \(a\) và \(b\) hoặc song song hoặc chéo nhau.

Chọn A

Ta có \({S_5} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} + {u_5} = {u_1}.\frac{{1 - {q^5}}}{{1 - q}} = \left( { - 2} \right).\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^5}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = - \frac{{31}}{8}\).

Chọn C

Với \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\) suy ra \(\sin \alpha > 0,\cos \alpha > 0,\tan \alpha > 0,\cot \alpha > 0\).

Chọn B

Tần số lớn nhất là 120 nên nhóm chứa mốt là nhóm \(\left[ {18;20} \right)\).

Ta có \(j = 3;{a_3} = 18;{m_3} = 120;{m_2} = 78;{m_4} = 45;h = 4\).

Do đó \({M_0} = 18 + \frac{{120 - 78}}{{\left( {120 - 78} \right) + \left( {120 - 45} \right)}}.4 = \frac{{758}}{{39}}\).

Chọn B

Ta có \(\lim \frac{1}{n} = 0\).

Chọn C

Ta có \[{u_n} = \frac{n}{{{3^n} - 1}}\], suy ra \({u_1} = \frac{1}{2};{u_2} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4};{u_3} = \frac{3}{{26}}\).

Chọn C

Cỡ mẫu là \(3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56\) nên trung vị là \(\frac{{{x_{28}} + {x_{29}}}}{2}\).

Do 2 giá trị \({x_{28}},{x_{29}}\) thuộc nhóm \(\left[ {15,5;18,5} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị.

Ta có \(p = 3;{a_3} = 15,5;{m_3} = 15;{m_1} + {m_2} = 3 + 12 = 15;{a_4} - {a_3} = 3\).

Do đó \({M_e} = 15,5 + \frac{{\frac{{56}}{2} - 15}}{{15}}.3 = 18,1\).

Chọn C

Ta có \[SA\] và \[BC\] là hai đường thẳng chéo nhau vì \[SA\] và \[BC\] không cùng thuộc một mặt phẳng và không có điểm chung.

Chọn D

Ta có \[\lim \left( { - {n^3} + n - 3} \right) = \lim \left[ {{n^3}.\left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right)} \right]\].

Vì \[\lim {n^3} = + \infty \] và \[\lim \left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = - 1 < 0\] nên \[\lim \left( { - {n^3} + n - 3} \right) = - \infty \].

Chọn D

 

Gọi \[O\] là giao điểm của \[AC\] và \[BD\], \[M\] là giao điểm \[SO\] và \[AI\].

Ta có \(M = AI \cap \left( {SBD} \right)\).

Chọn D

Ta có \[\tan x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\].

Vậy nghiệm của phương trình là \[x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\].

Chọn A

Ta có \(\sin (2\pi - \alpha ) = \sin ( - \alpha ) = - \sin \alpha = - \frac{2}{5}\).

Chọn D

Ta có \({u_{15}} = {u_1} + 14d = 1 + 14.\left( { - 2} \right) = - 27\).

Chọn C

Ta có \(P\) và \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SC\)nên \(PQ\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(PQ\,{\rm{//}}\,AC\) mà \(AC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow PQ\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right)\).

Chọn A

Ta có đồ thị hàm số đi qua các điểm \(O\left( {0;0} \right),A\left( {\frac{\pi }{2};1} \right),B\left( {\pi ;0} \right),C\left( {\frac{{3\pi }}{2}; - 1} \right)\) nên đồ thị của hàm số \(y = \sin x\).

Chọn B

Ta có \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\) nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Mà \(M\) là trung điểm \(SA\) nên \(OM\,{\rm{//}}\,SC\) mà \(SC \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OM\,{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right)\)

Chọn B

Ta có 3 cách xác định một mặt phẳng duy nhất là

Cách 1: Ba điểm phân biệt không thẳng hàng.

Cách 2: Một điểm không thuộc một đường thẳng.

Cách 3: Hai đường thẳng cắt nhau.

Chọn D

Ta có phép chiếu song song biến \(\Delta ABC\) thành \(\Delta A'B'C'\) nên biến \[A\] thành \[A'\]; biến \[B\] thành \[B'\]; biến \[C\] thành \[C'\]. Do đó sẽ biến trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\) thành trung điểm \(M'\) của cạnh \(B'C'\).

Chọn A

Ta có\(\lim {u_n} = \lim \frac{{ - 2 + 3n - 2{n^3}}}{{3n - 2}} = \lim \frac{{{n^3}\left( { - 2 + \frac{3}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}} \right)}}{{n\left( {3 - \frac{2}{n}} \right)}} = \lim \left( {{n^2}.\frac{{ - 2 + \frac{3}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}}}{{3 - \frac{2}{n}}}} \right)\).

Vì \(\lim {n^2} = + \infty \) và \(\lim \left( {\frac{{ - 2 + \frac{3}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}}}{{3 - \frac{2}{n}}}} \right) = - \frac{2}{3} < 0\) nên \(\lim {u_n} = - \infty \).

Chọn C

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) gọi \(I\) là giao điểm của \(CM\) và \(BD\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SMC} \right)\) gọi \(K\) là giao điểm của \(MN\) và \(SI\).

Ta có \(K = MN \cap \left( {SBD} \right)\).

Chọn C

Ta cómột hình chóp có đáy là ngũ giác có 6 mặt (gồm 5 mặt bên và 1 mặt đáy)và 10 cạnh (gồm 5 cạnh bên và 5 cạnh đáy).

Chọn C

 

Ta có \(B'D'\,{\rm{//}}\,BD \subset \left( {C'BD} \right) \Rightarrow B'D'\,{\rm{//}}\,\left( {C'BD} \right)\); \(AB'\,{\rm{//}}\,C'D \subset \left( {C'BD} \right) \Rightarrow AB'\,{\rm{//}}\,\left( {C'BD} \right)\) mà \(AB' \cap B'D' = \left\{ {B'} \right\}\) nên \(\left( {AB'D'} \right)\,{\rm{//}}\,\left( {C'BD} \right)\).

Chọn C

Xét dãy số \[{u_n} = {2^n}\].

Ta có \({u_{n + 1}} - {u_n} = {2^{n + 1}} - {2^n} = {2.2^n} - {2^n} = {2^n} > 0,\forall n\).

Vậy dãy số \[{u_n} = {2^n}\] là dãy số tăng.

Chọn D

Ta có quy đổi \({1^0}\) ra đơn vị radian, ta được kết quả là \(\frac{\pi }{{180}}{\rm{rad}}\).

Chọn B

Ta có \(M = \frac{{2\sin x + 3\cos x}}{{3\sin x - \cos x}} = \frac{{2\tan x + 3}}{{3\tan x - 1}} = \frac{{2.2 + 3}}{{3.2 - 1}} = \frac{7}{5}\)

Chọn A

Ta có \(\left( { - 15} \right) - \left( { - 11} \right) = \left( { - 11} \right) - \left( { - 7} \right) = \left( { - 7} \right) - \left( { - 3} \right) = \left( { - 3} \right) - 1 = - 4\) nên \(1; - 3; - 7; - 11; - 15\)là một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 1\) công sai \(d = - 4\).

Chọn C

Ta có hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{{x - 2}}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\) nên hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{{x - 2}}\) không liên tục tại \(x = 2\).

a.\(\lim ( - {n^3} + n - 3) = \lim {n^3}( - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}) = - \infty \)

b. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{x - 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 3} \right) = - 1\).

Ta có \[f\left( 3 \right) = 2m - 1\]; .

Để hàm số liên tục tại thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\).

Suy ra \(2m - 1 = - 4 \Leftrightarrow m = - \frac{3}{2}\). Vậy \(m = - \frac{3}{2}\).

a. Ta có \[\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3}\], \[\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3}.\]\[ \Rightarrow \]\[MN\]//\[AB\]\[ \Rightarrow MN//\left( {ABCD} \right).\]

b. Ta có \[\left( \alpha \right)\parallel AB\] và \[BC\] suy ra \[\left( \alpha \right)\parallel \left( {ABCD} \right).\]

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 M,\[N,\,\,P,\,\,Q\] với \[N \in SB,\,\,P \in SC,\,\,Q \in SD\,\]suy ra \[\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\,.\]

Khi đó \[MN\]//\[AB\]\[ \Rightarrow \,\,\,\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\,.\]

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

Suy ra \[{S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}.6.6 = 16.\]