Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Tam Đảo II (Vĩnh Phúc) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn D

Ta có \(MN{\rm{//}}\,AC \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\).

Chọn B

Ta có \(AA'{\rm{//}}\,DD' \Rightarrow AA'\,{\rm{//}}\left( {CC'D'} \right)\)

\(AB{\rm{//}}\,DC \Rightarrow AB\,{\rm{//}}\left( {CC'D'} \right)\) mà \(AB \cap AA' = A\) nên \(\left( {ABA'} \right){\rm{//}}\left( {CC'D'} \right)\).

Chọn A

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

Mà \(AB \cap CD = O\) nên \(O\) là điểm chung thứ hai, suy ra \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SO\).

Chọn B

Dựa vào bảng số liệu đã cho nhóm \(\left[ {20;40} \right)\) có tần số là \(9\).

Chọn A

Ta có nhóm chứa trung vị là \[\left[ {160;165} \right)\] là nhóm thứ \(p = 3\), \({a_3} = 160\),\({m_3} = 12\),\({m_1} + {m_2} = 4 + 7 = 11\), \({a_4} - {a_3} = 5\).

\({M_e} = 160 + \frac{{\frac{{31}}{2} - 11}}{{12}}.5 = 161,875\).

Chọn A

Có duy nhất mặt phẳng chứa \(a\) và song song với \(b\).

Chọn C

Hình chiếu của hình chữ nhật không thể là hình thang.

Chọn B

Ta có: \(\frac{{I{G_1}}}{{IB}} = \frac{{I{G_2}}}{{IA}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow \frac{{{G_1}{G_2}}}{{AB}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow {G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB\).

Chọn D

Ta có \[N = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x + 2} - 2}}{{x - 2}}\]\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x + 2 - 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\sqrt {x + 2} + 2}} = \frac{1}{4}\).

Chọn B

Ta có \({u_2} = {u_1} + d = 11 + 3 = 14\).

Chọn B

Ta có \(\sin x = \sin \frac{\pi }{5}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{5} + k2\pi \\x = \pi - \frac{\pi }{5} + l2\pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{5} + k2\pi \\x = \frac{{4\pi }}{5} + l2\pi \end{array} \right.\) \(k,l \in \mathbb{Z}\).

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{} \frac{{5{n^2} + 6n - 2025}}{{{n^2}}}\)\( = \lim \frac{{5 + \frac{6}{n} - \frac{{2025}}{{{n^2}}}}}{1} = 5\).

Chọn A

Ta có \[\cos x = - 1\] \( \Leftrightarrow x = \pi + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Chọn D

Nhóm chứa mốt là nhóm \(\left[ {165;170} \right)\).

Chọn D

Xét dãy số \[1;\,\, - 3;\,\,9;10\] ta có \({u_1} = 1,q = - 3\)

\({u_2} = {u_1}.q = 1.\left( { - 3} \right) = - 3\)

\({u_3} = {u_2}.q = \left( { - 3} \right).\left( { - 3} \right) = 9\)

\({u_4} = {u_3}.q = 9.\left( { - 3} \right) = - 27 \ne 10\)

Vậy dãy số trên không phải cấp số nhân.

Chọn A

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^3} + {x^2} + 2023} \right)\] \[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( {2 + \frac{1}{x} + \frac{{2023}}{{{x^3}}}} \right) = - \infty \].

Chọn A

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

Chọn D

Ta có \(IJ{\rm{//}}AC\)( vì \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\))

Chọn A

Ta có \[M = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{2x + 1}}\]\( = 0\).

Chọn C

Ta có \(\lim \left( {\sqrt {{n^2} - 4n + 7} + a - n} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \lim \left( {\sqrt {{n^2} - 4n + 7} - n} \right) + \lim a = 0\)

\( \Leftrightarrow \lim \frac{{{n^2} - 4n + 7 - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} - 4n + 7} + n}} + a = 0\)\( \Leftrightarrow \lim \frac{{ - 4n}}{{\sqrt {{n^2} - 4n + 7} + n}} + a = 0\)

\( \Leftrightarrow \lim \frac{{ - 4}}{{\sqrt {1 - \frac{4}{n} + \frac{7}{{{n^2}}}} + 1}} + a = 0\)\( \Leftrightarrow a = 2\).

Chọn C

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

Chọn C

Điều kiện xác định của hàm số là \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \). Tập xác định của hàm số là \({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)

Chọn B

Ta có góc \(120^\circ \) đổi sang radian bằng \(\frac{{120.\pi }}{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}\) (radian).

Chọn C

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^4} + {x^2} - 1} \right)\]\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^4}\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^4}}}} \right) = + \infty \).

Chọn B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {\mkern 1mu} \frac{{ - 2x + 1}}{{x - 1}}\)\( = - \infty \).

a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\)

Gọi .

b) Gọi \(I\) và \(J\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(SAD\) và \(SBC\). Mặt phẳng \(\left( {ADJ} \right)\) cắt \(SB,SC\) lần lượt tại \(M,N\). Mặt phẳng \(\left( {BCI} \right)\) cắt \(SA,SD\) tại \(P,Q\). Chứng minh \(MN{\rm{//}}PQ\).

Ta có \(I \in \left( {SAD} \right) \Rightarrow I \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {IBC} \right)\).                                                                            

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {IBC} \right)\\AD{\rm{//}}BC\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {IBC} \right) = PQ\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow PQ{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC\) (1)

Tương tự \(J \in \left( {SBC} \right) \Rightarrow J \in \left( {SBC} \right) \cap \left( {ADJ} \right)\).                                                                           

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {ADJ} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD{\rm{//}}BC\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ADJ} \right) = MN\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow MN{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC\) (2)

  Từ  và  suy ra \(MN{\rm{//}}PQ\).

c) Biết \(AD = a,BC = b\). Giải sử \(AM\) cắt \(BP\) tại \(E\); \(CQ\) cắt \(DN\) tại \(F\). Chứng minh \(EF\) song song với \(MN\) và \(PQ\). Tính \(EF\) theo \(a,b\).

Ta có \(E = AM \cap BP \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E \in \left( {AMND} \right)\\E \in \left( {PBCQ} \right)\end{array} \right.\); \(F = DN \cap CQ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}F \in \left( {AMND} \right)\\F \in \left( {PBCQ} \right)\end{array} \right.\)

Do đó \(EF = \left( {AMND} \right) \cap \left( {PBCQ} \right)\). Mà \(\left\{ \begin{array}{l}AD{\rm{//}}BC\\MN{\rm{//}}PQ\end{array} \right.\)\( \Rightarrow EF{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC{\rm{//}}MN{\rm{//}}PQ\).

Tính \(EF\): Gọi \(K = CP \cap EF\)\( \Rightarrow EF = EK + KF\)

Ta có \(EK{\rm{//}}BC\) \( \Rightarrow \frac{{EK}}{{BC}} = \frac{{PE}}{{PB}}\) (1), \(PM{\rm{//}}AB \Rightarrow \frac{{PE}}{{EB}} = \frac{{PM}}{{AB}}\).

Mà \(\frac{{PM}}{{AB}} = \frac{{SP}}{{SA}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{PE}}{{EB}} = \frac{2}{3}\).

Từ (1) suy ra \(\frac{{EK}}{{BC}} = \frac{{PE}}{{PB}} = \frac{{PE}}{{PE + EB}} = \frac{1}{{1 + \frac{{EB}}{{PE}}}} = \frac{2}{5}\)\( \Rightarrow EK = \frac{2}{5}BC = \frac{2}{5}b\)

Tương tự \(KF = \frac{2}{5}a\). Vậy \(EF = EK + KF = \frac{2}{5}\left( {a + b} \right)\).

Ta có

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {x + 1} - \sqrt[3]{{x + 5}}}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {x + 1} - 2 + 2 - \sqrt[3]{{x + 5}}}}{{x - 3}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{1}{{\sqrt {x + 1} + 2}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{ - 1}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 5} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{x + 5}} + 4}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{{12}} = \frac{1}{6}\)