Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Ngọc Lặc (Thanh Hóa) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn CTa có \[\cos \left( {a + \frac{\pi }{7}} \right) = \cos a\cos \frac{\pi }{7} - \sin a\sin \frac{\pi }{7}.\]

Chọn A Ta có \(\cos 2x = 2{\cos ^2}x - 1 = 2 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} - 1 = - \frac{7}{9}\).

Chọn C

Hàm số \[y = \sin x\] có chu kì tuần hoàn là \[2\pi \].

Chọn B

Ta có \[\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Chọn D

Ta có \[{\rm{cos}}\,x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Chọn B   Ta có \({u_1} = \frac{1}{1} = 1;\,\,{u_2} = \frac{1}{2};\,\,{u_3} = \frac{1}{3}\).

Chọn A

Ta có \[3 - 2 = 2 - 1 = 1\] nên dãy số gồm 3 số hạng \(1;2;3\) là một cấp số cộng.

Các dãy số còn lại không phải cấp số cộng vì:

+) \(8 - 4 = 4 \ne 2 = 4 - 2\);

+) \(\frac{1}{6} - \frac{1}{4} = - \frac{1}{{12}} \ne - \frac{1}{4} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2}\);

+) \(\frac{1}{4} - \frac{1}{2} = - \frac{1}{4} \ne - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - 1\).

Chọn B  Ta có \({u_4} = {u_1} + 3d = 3 + 3 \cdot \left( { - 7} \right) = - 18\).

Chọn C

Vì \(\frac{2}{1} = \frac{4}{2} = \frac{8}{4} = \frac{{16}}{8} = ... = 2\) nên dãy số \(1;\,\,2;{\rm{ }}4;{\rm{ }}8;{\rm{ }}16;{\rm{ }} \ldots \) là một cấp số nhân.

Vì \(\frac{{ - 6}}{3} = \frac{{12}}{{ - 6}} = \frac{{ - 24}}{{12}} = - 2\) nên dãy số \(3;\,\, - 6;\,\,12;\, - 24\) là một cấp số nhân.

Vì \(\frac{3}{1} \ne \frac{5}{3}\) nên dãy số \(1;\,\,3;\,\,5;\,\,7;\,\,....\) không phải là một cấp số nhân.

Vì \(\frac{{{a^3}}}{a} = \frac{{{a^5}}}{{{a^3}}} = \frac{{{a^7}}}{{{a^5}}} = ... = {a^2}\,\;\left( {a \ne 0} \right)\) nên dãy số \(a;{\rm{ }}{a^3};{\rm{ }}{a^5};{\rm{ }}{a^7};{\rm{ }} \cdots \;\left( {a \ne 0} \right)\) là một cấp số nhân.

Chọn B Công bội của cấp số nhân là \(d = \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{{\frac{1}{4}}}{2} = \frac{1}{8}\).

Chọn D

Ta có bảng sau:

Cân nặng trung bình của 42 học sinh lớp 11A là

\(\overline x = \frac{{10 \cdot 43 + 7 \cdot 48 + 16 \cdot 53 + 4 \cdot 58 + 2 \cdot 63 + 3 \cdot 68}}{{42}} \approx 51,81\).

Chọn C

Từ bảng số liệu trên ta thấy tần số lớn nhất là 22 nên nhóm \(\left[ {6,5;8,0} \right)\) là nhóm chứa mốt.

Chọn C

Yếu tố xác định một mặt phẳng duy nhất là hai đường thẳng cắt nhau.

Xét phương án A: Trường hợp ba điểm thẳng hàng không xác định được một mặt phẳng.

Xét phương án B: Trường hợp điểm nằm trên đường thẳng không xác định được một mặt phẳng.

Xét phương án D: Trường hợp bốn điểm phân biệt thẳng hàng không xác định được một mặt phẳng.

Chọn C

Hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau hoặc trùng nhau.

Chọn D

Vì \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,\,AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\), suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,BC\). Mà \(MN\) không thuộc mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\). Do đó, \(MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)\).

Chọn B

Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đó.

Chọn A

Qua phép chiếu song song, tính chất chéo nhau không được bảo toàn.

Chọn A

Qua phép chiếu song song, tính chất chéo nhau không được bảo toàn.

Chọn C

Ta có \(J = \lim \frac{{2n + 3}}{{n + 1}} = \lim \frac{{2 + \frac{3}{n}}}{{1 + \frac{1}{n}}} = 2\).

Chọn D

Ta có \(\lim \frac{{{5^n} - {3^n}}}{{{5^n} - 4}} = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n}}}{{1 - 4 \cdot {{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^n}}} = 1\).

Chọn C

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

\(\lim \sqrt {{n^2} + n + 1} = \lim \left[ {n \cdot \sqrt {1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} } \right] = + \infty \);

\(\lim \frac{{2n + 5}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{2 + \frac{5}{n}}}{{2 + \frac{3}{n}}} = 1\);

\(\lim {2^n} = + \infty \,\,\left( {{\rm{do}}\,\,2 > 1} \right)\).

Chọn D

Ta có \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{{x^2} - 4x + 7}}{{x + 1}}} \right) = \frac{{{1^2} - 4 \cdot 1 + 7}}{{1 + 1}} = \frac{4}{2} = 2\).

Chọn C

Ta có \(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 3}}{{ - 4x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 - \frac{3}{x}}}{{ - 4 + \frac{2}{x}}} = \frac{2}{{ - 4}} = - \frac{1}{2}\).

Chọn C

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{x^2} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x - 1}}{{x + 3}} = \frac{{3 - 1}}{{3 + 3}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

Chọn B

Ta có \[I = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^4} - 2mx + {m^2} + 3} \right) = {\left( { - 1} \right)^4} - 2m \cdot \left( { - 1} \right) + {m^2} + 3 = {m^2} + 2m + 4\].

Để \[I < 12\] thì \({m^2} + 2m + 4 < 12\), tức là \({m^2} + 2m - 8 < 0\), điều này xảy ra khi \( - 4 < m < 2\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 3;\, - 2;\, - 1;\,\,0;\,\,1} \right\}\).

Vậy có \(5\)giá trị nguyên của tham số thực \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C

Ta có \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\).

Chọn B

Ta có \(S\) là một điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\).

Lại có \(AD \subset \left( {SAD} \right),\,\,BC \subset \left( {SBC} \right)\) và \(AD\,{\rm{//}}\,BC\) (do \(ABCD\) là hình bình hành) nên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng đi qua \(S\) và song song với \(AD,\,\,BC\).

Chọn B

Do \(ADC'B'\) là hình bình hành nên \(AB'\,{\rm{//}}\,DC'\).

Do \(ABC'D'\) là hình bình hành nên \(AD'\,{\rm{//}}\,BC'\).

Mà \(AB',\,AD' \subset \left( {AB'D'} \right)\); \(BC',\,DC' \subset \left( {C'BD} \right)\) nên \(\left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {C'BD} \right)\).

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \sqrt 3 } \frac{{2{x^3} + 6\sqrt 3 }}{{3 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \sqrt 3 } \frac{{2\left( {{x^3} + 3\sqrt 3 } \right)}}{{\left( {\sqrt 3 - x} \right)\left( {\sqrt 3 + x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \sqrt 3 } \frac{{2\left( {{x^3} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^3}} \right)}}{{\left( {\sqrt 3 - x} \right)\left( {\sqrt 3 + x} \right)}}\)

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

            \( = \frac{{2\left[ {{{\left( { - \sqrt 3 } \right)}^2} - \left( { - \sqrt 3 } \right) \cdot \sqrt 3 + 3} \right]}}{{\sqrt 3 - \left( { - \sqrt 3 } \right)}} = \frac{{18}}{{2\sqrt 3 }} = 3\sqrt 3 \).

Suy ra \(a = 3,\,\,b = 0\). Vậy \({a^2} + {b^2} = {3^2} + {0^2} = 9\).

Vì \(O\) là tâm của hình bình hành \[ABCD\] và \[M\],\[N\]lần lượt là trung điểm của \[AD\] và \[BC\] nên \(MN\) đi qua \(O\)\( \Rightarrow O = AC \cap MN\)\( \Rightarrow SO = \left( {SMN} \right) \cap \left( {SAC} \right)\).

Ta luôn có: \(\frac{1}{{k\left( {k + 1} \right)}} = \frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 1}}\) áp dụng vào \({u_n}\), ta có:

\({u_n} = \frac{1}{{1 \cdot 2}} + \frac{1}{{2 \cdot 3}} + ... + \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}\)

                        \( = \left( {\frac{1}{1} - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + ... + \left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right) = 1 - \frac{1}{{n + 1}}\).

Do đó, \(\lim {u_n} = \lim \left( {1 - \frac{1}{{n + 1}}} \right) = 1\).

Ta có:

¦\(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( P \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ\end{array} \right.\) và \(MN\,{\rm{//}}\,PQ\,{\rm{//}}\,AB\) (1).

¦\(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\\\left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP\end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l}MQ\,{\rm{//}}\,SA\\NP\,{\rm{//}}\,SB\end{array} \right.\).

Mà tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên \(SA \bot AB\)\( \Rightarrow MN \bot MQ\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( P \right)\) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang vuông tại \(M\) và \(Q\).

Mặt khác

¦\(MQ\,{\rm{//}}\,SA\)\( \Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{{DQ}}{{DS}}\)\( \Rightarrow MQ = \frac{1}{3}SA\) và \(\frac{{DQ}}{{DS}} = \frac{1}{3}\).

¦\(PQ\,{\rm{//}}\,CD\)\( \Rightarrow \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SQ}}{{SD}}\)\( \Rightarrow PQ = \frac{2}{3}AB\), với \(AB = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}} = a\sqrt 2 \).

Khi đó \({S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}MQ \cdot \left( {PQ + MN} \right)\)\( \Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{SA}}{3} \cdot \left( {\frac{{2AB}}{3} + AB} \right)\)\( \Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{{5{a^2}\sqrt 2 }}{{18}}\).

Gọi \({u_1}\) là số tiền phải trả cho \[10\] số điện đầu tiên, ta có \({u_1} = 10 \cdot 800 = 8\,000\) (đồng).

\({u_2}\) là số tiền phải trả cho các số điện từ \[11\] đến \[20\], ta có \({u_2} = {u_1}\left( {1 + 0,025} \right)\) (đồng).

\({u_{34}}\) là số tiền phải trả cho các số điện từ \[331\] đến \[340\], ta có \({u_{34}} = {u_1}{\left( {1 + 0,025} \right)^{33}}\)(đồng).

Số tiền phải trả cho \[340\] số điện đầu tiên là: \({S_1} = {u_1} \cdot \frac{{1 - {{\left( {1 + 0,025} \right)}^{34}}}}{{1 - \left( {1 + 0,025} \right)}} = 420\,903,08\) (đồng).

Số tiền phải trả cho các số điện từ \[341\] đến \[347\] là: \[{S_2} = 7 \cdot 800 \cdot {\left( {1 + 0,025} \right)^{34}} = 12\,965,80\] (đồng).

Vậy tháng \[1\] gia đình ông A phải trả số tiền là: \(S = {S_1} + {S_2} = 433\,868,89\) (đồng).