Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 2

a) Ta có: $1 + n - {n^2} = {n^2}\left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{n} - 1} \right).$

Mặt khác: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^2} = + \infty ;$

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{n} - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^2}}} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 1 = 0 + 0 - 1 = - 1 < 0.$

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

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 8}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}} = \frac{{{2^2} + 2.2 + 4}}{{2 + 2}} = 3.$

a)

Vì $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của $A'B'$ và $AB$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang $ABB'A'$. Suy ra $MN{\rm{//}}AA'$ và $MN\, = \,AA'$ (do $ABB'A'$ là hình bình hành).

Ta có: $MN{\rm{//}}AA'$ và $AA'{\rm{//}}CC'$ (tính chất hình lăng trụ).

$$\Rightarrow MN{\rm{//AA'}}{\rm{.}}$$

Lại có $AA' = CC'$ (tính chất hình lăng trụ), mà $MN\, = \,AA'$ nên $MN = CC'$.

Do đó, tứ giác $MNCC'$ là hình bình hành. Suy ra $CN{\rm{//}}MC'.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CN{\rm{ // }}MC'\\MC' \subset \left( {AMC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CN{\rm{ // }}\left( {AMC'} \right).$

Mặt khác ta chứng minh được $AN{\rm{//}}B'M;\,\,AN = B'M$ nên tứ giác $ANB'M$ là hình bình hành. Suy ra $NB'{\rm{//}}MA.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}NB'{\rm{//}}MA\\MA \subset \left( {AMC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow NB'{\rm{//}}\left( {AMC'} \right).$

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}CN{\rm{//}}\left( {AMC'} \right)\\NB'{\rm{//}}\left( {AMC'} \right)\\CN,NB' \subset \left( {CNB'} \right)\\CN \cap NB' = \left\{ N \right\}\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AMC'} \right){\rm{//}}\left( {CNB'} \right).$

Mà $CB' \subset \left( {CNB'} \right).\,\,\,{\rm{Suy}}\,\,{\rm{ra}}\,\,\,CB'\,{\rm{//}}\,\left( {AMC'} \right)$.

b)

Trong mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right)$, kẻ đường thẳng qua $N$ song song với $AB'$, cắt $BB'$ tại $E$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABC'} \right)$, kẻ đường thẳng qua $N$ song song với $AC'$, cắt $BC'$ tại $Q$.

Khi đó, mặt phẳng $\left( P \right)$ chính là mặt phẳng $\left( {NQE} \right)$.

Vì $E \in BB'$ nên $E \in \left( {BB'C'} \right)$; vì $Q \in BC'$ nên $Q \in \left( {BB'C'} \right)$. Do đó, $EQ \subset \left( {BB'C'} \right)$.

Vậy $\left( {NQE} \right) \cap \left( {BB'C'} \right)\,\, = \,\,EQ$ hay $\left( P \right) \cap \left( {BB'C'} \right)\,\, = \,\,EQ$.

Hình vuông đầu tiên $\left( {{C_1}} \right)$ có cạnh bằng $a$ và diện tích là ${S_1} = {a^2}$.

Từ đề bài, ta thấy cạnh của hình vuông $\left( {{C_2}} \right)$ là ${a_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}a} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}$.

Khi đó diện tích của hình vuông $\left( {{C_2}} \right)$ là ${S_2} = {\left( {\frac{{a\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} = \frac{5}{8}{a^2} = \frac{5}{8}{S_1}$.

Cạnh của hình vuông $\left( {{C_3}} \right)$ là ${a_3} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}{a_2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}{a_2}} \right)}^2}} = \frac{{{a_2}\sqrt {10} }}{4} = a{\left( {\frac{{\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} = \frac{5}{8}a.$

Khi đó diện tích của hình vuông $\left( {{C_3}} \right)$ là ${S_3} = {\left( {\frac{5}{8}a} \right)^2} = {\left( {\frac{5}{8}} \right)^2}{a^2} = {\left( {\frac{5}{8}} \right)^2}{S_1}.$

Lý luận tương tự ta có ${S_1},\,\,{S_2},\,\,{S_3},\,\,...,\,{S_n},\,...$ tạo thành một dãy cấp số nhân ${u_1} = {S_1} = {a^2}$ và công bội $q = \frac{5}{8}$.

Vì $\left| q \right| = \frac{5}{8} < 1$ nên ${S_1},\,\,{S_2},\,\,{S_3},\,\,...,\,{S_n},\,...$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = {S_1} = {a^2}$ và công bội $q = \frac{5}{8}.$

Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn này là

$T = {S_1} + {S_2} + {S_3} + ... + {S_n} + ...$$= \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{{a^2}}}{{1 - \frac{5}{8}}} = \frac{{8{a^2}}}{3}$.

Mà $T = \frac{{32}}{3}$ nên $\frac{{8{a^2}}}{3} = \frac{{32}}{3} \Leftrightarrow {a^2} = 4$. Suy ra $a = 2$ (do độ dài cạnh là số dương).