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

ChọnD.    \[{120^0} = \frac{{120\pi }}{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}.\]

ChọnD.    \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{{12}}{{13}}} \right)^2} = \frac{{25}}{{169}} \Rightarrow \cos \alpha = \pm \frac{1}{{13}}\) vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \)nên \(\cos \alpha < 0 \Rightarrow \cos \alpha = - \frac{1}{{13}}\).

ChọnB.    \(\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b\)nên đáp án B sai

ChọnC.    \(y = \cot x\) xác định \( \Leftrightarrow {\rm{x}} \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z} \Rightarrow {\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)

ChọnC.    Ta có:\(P = \frac{{3\sin \alpha + 2\cos \alpha }}{{5\cos \alpha - \sin \alpha }} = \frac{{3\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} + 2}}{{5 - \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}}} = \frac{{3\tan \alpha . + 2}}{{5 - \tan \alpha }} = \frac{{3.15 + 2}}{{5 - 15}} = - \frac{{47}}{{10}}.\)

ChọnD.    để phương trình \(\cos x = m\) có nghiệm\[ \Leftrightarrow - 1 \le m \le 1\]

ChọnB.    Nghiệm của phương trình \[\sin x = - 1 \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \]

ChọnC.    Ta có: \(\tan x = \sqrt 3 \Rightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\) vậy Phương trình \(\tan x = \sqrt 3 \) có tập nghiệm là: \[\left\{ {\frac{\pi }{3} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\]

ChọnB.    Ta có: \({u_n} = n + 1\)nên \( \Rightarrow {u_1} = 1 + 1 = 2;{u_2} = 2 + 1 = 3;{u_3} = 3 + 1 = 4\)

ChọnC.    Ta có: \({u_2} = \frac{{{u_1} + {u_3}}}{2} = \frac{{4 + 10}}{2} = 7\)nên\[d = {u_2} - {u_1} = 7 - 4 = 3\]

ChọnC.    Ta có: \(\begin{array}{l} - 3 - ( - 1) = - 4\\ - 7 - ( - 3) = - 4\\ - 11 - ( - 7) = - 4\\ - 15 - ( - 11) = - 4\end{array}\)nên dãy số cấp số cộng là \(1; - 3; - 7; - 11; - 15.\)

ChọnC.    Ta có: \(\frac{3}{1} \ne \frac{5}{3}\)nên dãy số \(1;{\rm{ }}3;{\rm{ }}5;{\rm{ }}7;{\rm{ }} \cdots \) không phải là một dãy số cấp số nhân

ChọnB.    Ta có: \({S_n} = \frac{{{u_1}({q^n} - 1)}}{{q - 1}};(q \ne 1)\)nên\( \Rightarrow {S_{10}} = \frac{{{u_1}({q^{10}} - 1)}}{{q - 1}} = \frac{{3({2^{10}} - 1)}}{{2 - 1}} = 3069\)

ChọnB.    Mẫu số liệu ghép nhóm đã cho có 6 nhóm

ChọnB.    Ta có nhóm \[\left[ {40;60} \right)\] có tần số lớn nhất nên nhóm \[\left[ {40;60} \right)\] là nhóm chứa mốt.

ChọnC.    Qua 3 điểm không thẳng hàng có duy nhất một mặt phẳng\[.\]

ChọnA.    Ta có \(\left( {SAD} \right)\)và \(\left( {SBC} \right)\)có S là điểm chung \(\left\{ \begin{array}{l}BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC//AD\end{array} \right. \Rightarrow \)giao tuyến \(d\)qua \(S\)và song song với \(AD\)và\(BC\)

ChọnA.    Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \subset \left( {BCD} \right)\\NP \subset (MNP)\\CD \cap NP = I\end{array} \right. \Rightarrow CD \cap (MNP) = I\)là giao điểm của \(CD\) và \[NP.\]

ChọnB.    Nếu hai đường thẳng \(a\) và \(b\) chéo nhau thì có một mặt phẳng chứa \(a\) và song song với \(b\)\[.\]

ChọnC.    Trong không gian có ba trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng.

ChọnA.    Vì \(ABCD\)là hình bình hành nên \(BC//AD\) mà \(AD \subset (SAD)\)\( \Rightarrow BC//\left( {SAD} \right).\)

ChọnA.    Gọi \(E,F\)lần lượt là trung điểm của \[BC\] và \[BD.\]

xét tam giác \(AEF\)có \[\frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AJ}}{{AF}} = \frac{2}{3}\](\(I,J\) là trọng tâm các tam giác \(ABC\) và \(ABD.\))

nên \( \Rightarrow IJ//EF\)mà \(EF \subset (BCD) \Rightarrow IJ//(BCD)\)nên\(IJ\) song song với \(CD.\)

ChọnD.Trong tam giác\(ABC\)có \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,\,AC\) nên MN // BC BC ⊂(BCD) ⇒MN // (BCD)

ChọnC.    Gọi \(\left. \begin{array}{l}D = \;\;AN \cap A'C' \Rightarrow D \in (AMN) \cap (A'B'C')\\E = \;\;\;AM \cap A'B' \Rightarrow E \in (AMN) \cap (A'B'C')\end{array} \right\} \Rightarrow DE = (AMN) \cap (A'B'C') = \Delta \)lại có:  (AMN) ∩ (MNC'B') = MN (A'B'C') ∩ (MNC'B') = B'C'(AMN) ∩ (A'B'C')= DE MN // B'C' ⇒MN //B'C' // DE  (Định lí 3 đường giao tuyến) 

                 Do đó \( \Rightarrow DE//B'C'//BC\)

ChọnB.Mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) song song với mặt phẳng\(\left( {ABC} \right)\)

ChọnD.Mặt phẳng \[\left( {ADF} \right)\] song song với mặt phẳng\[\left( {BCE} \right)\]

ChọnB.Ta có \(\lim {u_n} = 2\) và \(\lim {v_n} = 3.\) Vậy \(\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = 2 + 3 = 5\)

ChọnA.Ta có \[\lim \frac{{2n + 1}}{{{n^3} - {n^2} + 1}} = \lim \frac{2}{n} = 2\lim \frac{1}{n} = 0\]

ChọnA.Ta có\(\lim \left( {{n^4} + 3{n^2} + 2023} \right) = \lim {n^4} = + \infty \)

ChọnA.Ta có\(\lim \left( {{u_n}} \right) = 1\)nên \(\lim \left( {2{u_n} - 3} \right) = 2.1 - 3 = - 1\)

ChọnD.Ta có\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 1}}\]có \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {x^2} - x + 1 = 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {x^2} - 1 > 0\end{array} \right.\] nên \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 1}} = + \infty \]

ChọnA.Ta có\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 4\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 1.\)nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = 4 + 1 = 5\)

ChọnC.Ta có\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {{x^2} - 2ax + 3 + {a^2}} \right) = 3 \Leftrightarrow {a^2} + 4a + 4 = 0 \Rightarrow a = - 2\)

ChọnD.Ta có\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x + 3}}{{\sqrt {2{x^2} - 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x(2 + \frac{3}{x})}}{{|x|\sqrt {2 - \frac{3}{{{x^2}}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x(2 + \frac{3}{x})}}{{ - x\sqrt {2 - \frac{3}{{{x^2}}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } - \frac{{2 + \frac{3}{x}}}{{\sqrt {2 - \frac{3}{{{x^2}}}} }} = \sqrt 2 \]

ChọnC.Ta có\[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {x + 4} - 2}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{x}{{x(\sqrt {x + 4} + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{(\sqrt {x + 4} + 2)}} = \frac{1}{4}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} mx + m + \frac{1}{4} = m + \frac{1}{4}\end{array} \right.\]. Để để hàm số có giới hạn tại \[x = 0\] thì \[m + \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \Rightarrow m = 0\]

a)          \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 2}}{{(x - 2)(x + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{x + 2}} = \frac{1}{4}\)

b)              \[\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - 5{\rm{x}}} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} - 5x - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - 5x} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 5x}}{{\left| x \right|\sqrt {1 - \frac{5}{x}} - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 5x}}{{ - x\sqrt {1 - \frac{5}{x}} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{5}{{\sqrt {1 - \frac{5}{x}} + 1}} = \frac{5}{2}\end{array}\]

a)     Ta có \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Gọi \(O = AC \cap BD\)

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

\(O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\,\, = SO\)

b)     Vì AD và BC không song song nên gọi\(I = AD \cap BC\,\,\,\,\)

\( \Rightarrow I \in BC\)    (3)

\( + \,\,I \in AD \subset \left( {SAD} \right)\, \Rightarrow I \in (SAD)\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\,I = BC \cap \left( {SAD} \right)\,\)

b)     Theo định lí Thalès, ta có \(\frac{{MA}}{{MC'}} = \frac{{NK}}{{NC'}} = \frac{{KB'}}{{C'D'}} = 2.\)