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

Chọn D

Ta có: \(\cos x = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ;k \in \mathbb{Z}\).

Chọn C

Giả sử ta có 4 điểm không đồng phẳng như hình, khi đó theo hình ta thấy có thể xác định được 4 mặt phẳng phân biệt từ các điểm đã cho.

Chọn D

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}EF\parallel BC\\EF \not\subset \left( {BCD} \right)\\BC \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EF\parallel \left( {BCD} \right)\).

Chọn C

Ta có: \( - 1 \le \sin x \le 1,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow - 2 \le 2\sin x \le 2,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow - 1 \le 2\sin x + 1 \le 3,\forall x \in \mathbb{R}\).

              Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số \(y = 2\sin x + 1\) bằng \(3\) khi \(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn B

              Số hạng đầu tiên của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_1} = 0\).

Chọn D

              Giá trị đại diện của nhóm \(\left[ {20;40} \right)\) là \(\frac{{20 + 40}}{2} = 30\).

Chọn A

              Tần số của nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) là \(18\).

Chọn B

Gọi \[H,M,N\] lần lượt là trung điểm của \(AB,BC,BD\).

Do \(I\) và \(J\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(ABD\) và \(ABC\) nên \[\frac{{AJ}}{{AM}} = \frac{2}{3};\frac{{AI}}{{AN}} = \frac{2}{3}\].

Suy ra \[\frac{{AJ}}{{AM}} = \frac{{AI}}{{AN}} = \frac{2}{3}\] hay \(IJ\parallel MN\) (1)

Mặt khác, do \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta BCD\) nên \(MN\parallel CD\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(IJ\parallel CD\).

Vậy đường thẳng \[IJ\] song song với đường thẳng \(CD\).

Chọn C

Do \[a > 0\] nên \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n}{v_n}} \right) = + \infty \].

Chọn C

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{{n - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{2}{n}}}{{1 - \frac{3}{n}}} = 0\].

Chọn B

Ta có: \[{u_{10}} = {u_1} + 9d = - 2 + 9.3 = 25\].

Chọn A

Vì \(\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,\left( \beta \right)\) nên \(\left( \alpha \right)\,\) và \(\,\left( \beta \right)\) không có điểm chung.

Chọn A

Vì \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} - 1} \right) = 0\] nên \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 1\].

Chọn C

Theo tính chất được thừa nhận của hình học không gian: Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.

Chọn C

Ta có: \[{S_3} = {u_1}.\frac{{{q^3} - 1}}{{q - 1}} = 2.\frac{{{3^3} - 1}}{{3 - 1}} = 26\].

Chọn A

Qua hai đường thẳng cắt nhau xác định duy nhất mặt phẳng. Do đó, hai đường thẳng \[KL\] và \[KM\] cắt nhau tại \[K\] nên đồng phẳng.

Chọn C

Ta có: \[S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\].

Vì đáy \[ABCD\] là hình bình hành nên \[AD\;{\rm{//}}\;BC\].

Mặt khác: \[\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\].

Suy ra: \[\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sx\;{\rm{//}}\;AD\;{\rm{//}}\;BC\].

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] và \[\left( {SBC} \right)\] là đường thẳng \[\Delta \] đi qua \[S\] và song song với \[AD\].

Chọn A

Qua hai đường thẳng song song xác định duy nhất mặt phẳng.

Chọn D

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

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\lim {n^3} = + \infty \\\lim \left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = - 1\end{array} \right.\).

Chọn C

Đáp án \(C\) đúng vì theo nhận xét trong SGK.

Chọn A

Ta có: \(\lim \frac{{{3^n} - {{2.5}^n}}}{{{5^n} - {{2.3}^n}}} = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} - 2}}{{1 - 2.{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n}}} = - 2\).

Chọn A

Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu là: \(\left[ {40;60} \right)\).

Chọn D

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\)

Ta có: \(H\) là trọng tâm \(\Delta SAB\) \( \Rightarrow \frac{{IH}}{{IS}} = \frac{1}{3}\); \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\)\( \Rightarrow \frac{{IG}}{{IC}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{IH}}{{IS}} = \frac{{IG}}{{IC}} \Rightarrow GH{\rm{//}}SC\) mà \(SC \subset \left( {SAC} \right),GH \not\subset \left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow GH{\rm{//}}\left( {SAC} \right)\)

a) Các số \(2;8;x;128\) theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân nên công bội \(q = \frac{8}{2} = 4\).

Vậy \(x = 8 \cdot 4 = 32\).

b) Ta có \(L = \lim \frac{{3{n^2} - 2n + 5}}{{4{n^2} + 7}} = \lim \frac{{3 - \frac{2}{n} + \frac{5}{{{n^2}}}}}{{4 + \frac{7}{{{n^2}}}}} = \frac{3}{4}\).

a) Ta có

\(L = \lim \left( {\sqrt {{n^2} - 2n + 3} - n} \right) = \lim \frac{{{n^2} - 2n + 3 - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} - 2n + 3} + n}} = \lim \frac{{ - 2n + 3}}{{n\sqrt {1 - \frac{2}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} + n}}\)

\( = \lim \frac{{ - 2 + \frac{3}{n}}}{{\sqrt {1 - \frac{2}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} + 1}} = - 1\).

b)

Xét tam giác \(BCD\) có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CD\).

Suy ra \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\). Suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,BD\) và \(MN{\rm{ = }}\frac{1}{2}BD\).                \(\left( 1 \right)\)

Xét \(\left( {ABD} \right)\) và \(\left( {GMN} \right)\) có \(G\) chung và \(MN\,{\rm{//}}\,BD\) nên giao tuyến giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\) và \(\left( {GMN} \right)\) là đường thẳng \(EF\) đi qua \(G\) và song song với \(MN{\rm{,}}BD\).

Mà \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABD\) nên \(EF = \frac{2}{3}BD\). \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\frac{{EF}}{{MN}} = \frac{4}{3}\).

\(P = \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) - \cos \left( {\frac{A}{2} + \frac{B}{2}} \right)} \right]\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) - \sin \frac{C}{2}} \right]\sin \frac{C}{2}\)

\( = - \frac{1}{2}{\sin ^2}\frac{C}{2} + \frac{1}{2}\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right).\sin \frac{C}{2}\)\( = - \frac{1}{2}\left[ {{{\sin }^2}\frac{C}{2} - \cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right).\sin \frac{C}{2} + \frac{1}{4}{{\cos }^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right)} \right] + \frac{1}{8}{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right)\)\( = - \frac{1}{2}{\left[ {\sin \frac{C}{2} - \frac{1}{2}\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right)} \right]^2} + \frac{1}{8}{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) \le \frac{1}{8}{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) \le \frac{1}{8}\).

Dấu \( = \) xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \frac{C}{2} - \frac{1}{2}\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) = 0\\{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}\\A = B\end{array} \right. \Leftrightarrow A = B = C = 60^\circ \).

Vậy biểu thức \(P\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{1}{8}\) khi và chỉ khi tam giác \(ABC\) đều.

Giả sử \(AM\) cắt \(SO\) tại \(I\).

\(\left( \alpha \right)\) qua \(AM\) và song song với \(BD\), nên \(\left( \alpha \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) theo giao tuyến \(HK\) qua \(I\) và \(HK{\rm{//}}BD\) với \(H\) trên \(SB\) và \(K\) trên \(SD\).

\(\frac{{SB}}{{SH}} = \frac{{SD}}{{SK}} = \frac{{SO}}{{SI}} \Rightarrow \frac{{SB}}{{SH}} + \frac{{SD}}{{SK}} = \frac{{2SO}}{{SI}}\)

Dựng \(OL{\rm{//}}AM\), ta có \(L\) là trung điểm \(CM\) (vì \[O\] là trung điểm của \(\left. {AC} \right)\)\( \Rightarrow LC = ML\).

Ta có: \(\frac{{SO}}{{SI}} = \frac{{SL}}{{SM}} = \frac{{SC - LC}}{{SM}} = \frac{{SC}}{{SM}} - \frac{{LC}}{{SM}}\).

\( \Rightarrow \frac{{SO}}{{SI}} = \frac{{SC}}{{SM}} - \frac{{ML}}{{SM}}\) (vì \(\left. {LC = ML} \right)\).

Mà \(\frac{{ML}}{{MS}} = \frac{{OI}}{{SI}} \Rightarrow \frac{{SO}}{{SI}} = \frac{{SL}}{{SM}} = \frac{{SC}}{{SM}} - \frac{{IO}}{{SI}} \Rightarrow \frac{{SO}}{{SI}} = \frac{{SC}}{{SM}} - \frac{{SO - SI}}{{SI}} \Rightarrow \frac{{2SO}}{{SI}} - \frac{{SC}}{{SM}} = 1\).

Vậy \(\frac{{SB}}{{SH}} + \frac{{SD}}{{SK}} - \frac{{SC}}{{SM}} = 2\frac{{SO}}{{SI}} - \frac{{SC}}{{SM}} = 1\).