Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Số 2 An Nhơn (Bình Định) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn B

\(1;1;1;1;1\) là cấp số cộng với \({u_1} = 1;{\rm{ }}q = 0\).

\( - 8; - 6; - 4; - 2;0\)là cấp số cộng với \({u_1} = - 8;{\rm{ }}q = 2\).

\(\frac{1}{2};\frac{3}{2};\frac{5}{2};\frac{7}{2};\frac{9}{2}\) là cấp số cộng với \({u_1} = \frac{1}{2};{\rm{ }}q = 1\).

Chọn C

Ta có: \({u_{n + 1}} - {u_n} = - 3 + \frac{1}{2}n - \left( { - 3 + \frac{1}{2}\left( {n - 1} \right)} \right) = \frac{1}{2}\) và \({u_1} = - 3.\)

Chọn C

\[AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SDC} \right).\]

Chọn C

Hàm số \(y = \cos x,{\rm{ }}y = {x^3} + x - 1\) liên tục trên \[\mathbb{R}.\]

Hàm số \(y = \frac{x}{{x - 1}}\) không liên tục tại \(\[\Delta \]x = 1.\)

Chọn D

\({u_1} = - 1;{\rm{ }}{u_2} = 1 + 3 = {\mkern 1mu} 2;{\rm{ }}{u_3} = 2 + 3 = {\mkern 1mu} 5.\)

Chọn B

Mặt phẳng \(\left( {ADD'A'} \right)\) song song với mặt phẳng \[\left( {BB'C'C} \right)\] Vì \[AA'{\rm{//}}\left( {BB'C'C} \right)\].

Chọn B

Giá trị đại diện của nhóm \[\left[ {15;20} \right)\]là \(\frac{{15 + 20}}{2} = 17,5\).

Chọn B

Vì \(\frac{{SI}}{{SE}} = \frac{{SJ}}{{SF}} = \frac{2}{3}\) nên \(IJ\)song song với \(EF.\)

Chọn D

\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {x + 2023} \right) = 2022\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {x - 1} \right) = 0,{\rm{ }}x - 1 < 0,\forall x\end{array} \right.\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{x + 2023}}{{x - 1}} = - \infty .\)

Chọn D

Hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}2x + 1\,\,\,{\rm{khi }}x \ne 1\\\,\,\,\,m + 1\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi }}x = 1\end{array} \right.\) liên tục tại \(x = 1\) khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow m + 1 = 3 \Leftrightarrow m = 2.\)

Chọn D

Vì \[MN\]\[{\rm{//}}\left( {SAD} \right)\] nên \[\left( {MNP} \right)\]\[{\rm{//}}\left( {SAD} \right)\].

Chọn A

\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} - a} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } a = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} - a = 0\] suy ra \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = a.\]

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x + 7} - 3}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {\sqrt {x + 7} - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 7} + 3} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 7} + 3} \right)}}\]

                                 \[{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 2}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 7} + 3} \right)}}\]

                                \[{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\left( {\sqrt {x + 7} + 3} \right)}} = \frac{1}{6}\].

Khi người chơi ở vị trí cân bằng thì

\[\begin{array}{l}S = 0 \Leftrightarrow 3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow t = \frac{5}{4} + \frac{3}{2}k,k \in \mathbb{Z}\\t \ge 0 \Leftrightarrow \frac{5}{4} + \frac{3}{2}k \ge 0,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow k \ge - \frac{5}{6},k \in \mathbb{Z}\end{array}\]

\[ \Rightarrow k \in \left\{ {0,1,2,3,...} \right\}\]

Khi người chơi ở vị trí cân bằng lần thứ 2 thì \[k = 1 \Rightarrow t = \frac{{11}}{4}\left( s \right)\]

Gọi diện tích hình vuông nhỏ thứ 1, 2, 3, …, n, … là \[{S_1},{S_2},{S_3},...,{S_n},...\]

Theo đề ta có cạnh hình vuông thứ nhất là \[1m.\]      Ta có \[{S_1} = {1^2} = 1\left( {{m^2}} \right)\]

Theo đề ta có độ dài cạnh hình vuông thứ hai là \[\frac{1}{2}m.\]     \[{S_2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4} = \frac{1}{4}{S_1}\]

Độ dài cạnh hình vuông thứ ba là \[\frac{1}{4}m.\]      \[{S_3} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{1}{{16}} = \frac{1}{4}{S_2}\]

……………………….

Độ dài cạnh hình vuông thứ n là \[\frac{1}{{{2^{n - 1}}}}m.\]     \[{S_n} = \frac{1}{4}{S_{n - 1}}\]…………….

Ta thấy \[{S_1},{S_2},{S_3},...,{S_n},...\] lập thành 1 cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \[{S_1} = 1\], công bội \[q = \frac{1}{4}.\]

Vậy tổng diện tích tất cả các hình vuông cần tô màu là \[S = \frac{1}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{4}{3}\left( {{m^2}} \right)\]

Số tiền cần phải bỏ ra để tô màu là: \[\frac{4}{3}.1500000 = 2000000\](đồng)