Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Nguyễn Trường Tộ (Huế) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn D

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

Chọn B

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{ - {n^2} + 3n + 1}}{{3 - 2n - {n^2}}} = \frac{{ - 1 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{3}{{{n^2}}} - \frac{2}{n} - 1}} = 1.\)

Chọn A

\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {n - \sqrt {2{n^2} + 3n + 1} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n\left( {1 - \sqrt {2 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} } \right) = - \infty .\]

Chọn D

\[\begin{array}{l}\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {2{x^2} + x} + x\sqrt 2 } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left( {\sqrt {2{x^2} + x} + x\sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt {2{x^2} + x} - x\sqrt 2 } \right)}}{{\left( {\sqrt {2{x^2} + x} - x\sqrt 2 } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{x}{{\left( {\sqrt {2{x^2} + x} - x\sqrt 2 } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{\left( { - \sqrt {2 + \frac{1}{x}} - \sqrt 2 } \right)}} = \frac{{ - \sqrt 2 }}{4}\end{array}\]

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\a = 1\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 3.\)

Chọn D

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {2m{x^2} - mx + 3} \right) = 8m + 2m + 3 = - 7 \Rightarrow m = 1.\)

Chọn B

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 5{n^3} + 3{n^2} + 2} \right) = \)\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3}\left( { - 5 + \frac{3}{n} + \frac{2}{{{n^3}}}} \right) = - \infty .\)

Chọn A

\[3;12;48;...\]là cấp số nhân có \({u_1} = 3;{\rm{ }}d = 4.\)

Số hạng tổng quát của cấp số nhân đã cho là \({u_n} = {3.4^{n - 1}}\)

Chọn A

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = - 2 + 3 = 1\)

Chọn B

Số hạng thứ sáu của cấp số cộng là \({u_6} = {u_1} + 5d = 5.4 = 20.\)

Chọn D

Phép chiếu song song biến \(\Delta ABC\) thành \(\Delta A'B'C'\) thì sẽ biến trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\) thành trung điểm \(M'\) của cạnh \(B'C'\).

Chọn B

\[f(x) = \frac{{2x - 1}}{{x + 3}}\] có tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\) nên gián đoạn tại điểm \[x = - 3\].

Chọn D

Vì \(MN{\rm{//}}CD\) và \(MN \not\subset \left( {BCD} \right)\) nên\(MN{\rm{//}}\left( {BCD} \right)\)

Chọn C

          Công bội của cấp số nhân là \(q = \frac{{ - 6}}{2} = - 3.\)

\(2\sin (2x - \frac{\pi }{6}) - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \sin (2x - \frac{\pi }{6}) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin (2x - \frac{\pi }{6}) = \sin \frac{\pi }{3}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{6} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.{\rm{ }},k \in \mathbb{Z}\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi {\rm{ }}(k \in \mathbb{Z}).\)

Kích cỡ mẫu \(n = 62\). Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là \({x_{16}}\).

\({x_{16}}\) thuộc nhóm thứ 3:\(\left[ {40;60} \right)\).

Nên \({Q_1} = {a_3} + \frac{{\frac{n}{4} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}.\left( {{a_4} - {a_3}} \right) = 40 + \frac{{\frac{{62}}{4} - (2 + 5)}}{{15}}.(60 - 40) \approx 51\).

Vậy \(25\% \) học sinh sử dụng điện thoại ít nhất có thời sử dụng nhỏ hơn hoặc bằng 51 phút

I là trọng tâm tam giác \(ABD\), nên \(\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{2}{3}\).

Trong tam giác SAO, ta có \(\frac{{AN}}{{AS}} = \frac{{AI}}{{AO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IN//SO\)

b. Gọi J là giao điểm của \(CN\) và \(SO\). Tính \[\frac{{JN}}{{JC}}\]?

Gọi E là trung điểm của CN, suy ra OE là đường trung bình của tam giác ACN.

Nên \(OE//AN,{\rm{ }}OE = \frac{1}{2}AN\).

Do đó \(OE = SN,OE//SN \Rightarrow \)tứ giác SNOE là hình bình hành \(NJ = \frac{1}{2}NE.\)

Mà \(NE = \frac{1}{2}NC \Rightarrow \frac{{JN}}{{JC}} = \frac{1}{3}\).

a. \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {n - \sqrt {2{n^2} + n + 1} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n\left( {1 - \sqrt {2 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} } \right)\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 - \sqrt {2 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} } \right) = 1 - \sqrt 2 < 0\). Nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = - \infty \)

b.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {4 - x} + \sqrt {x + 1} - x}}{{{x^2} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {\frac{{\sqrt {4 - x} - 1}}{{{x^2} - 9}} + \frac{{\sqrt {x + 1} - \left( {x - 1} \right)}}{{{x^2} - 9}}} \right)\\ = \mathop {\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {\frac{{3 - x}}{{\left( {{x^2} - 9} \right)\left( {\sqrt {4 - x} + 1} \right)}} + \frac{{ - {x^2} + 3x}}{{\left( {{x^2} - 9} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + x - 1} \right)}}} \right)}\limits_{x \to 3} \end{array}\)

\( = \mathop {\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {\frac{{ - 1}}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {4 - x} + 1} \right)}} + \frac{{ - x}}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + x - 1} \right)}}} \right)}\limits_{x \to 3} = \frac{{ - 1}}{{12}} + \frac{{ - 1}}{8} = - \frac{5}{{24}}\)