Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 9

Đáp án đúng là: C

Vì $\left( \beta \right)$ nên $\left. \begin{array}{l}\sin \alpha < 0\\\cos \alpha < 0\end{array} \right\} \Rightarrow \tan \alpha > 0$.

Đáp án đúng là: D

Ta có ${\sin ^2}2x = \frac{{1 - \cos 4x}}{2}$ nên đẳng thức D không đúng.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = \sin x$; $y = \cos x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi$.

Hàm số $y = \tan 2x$ tuần hoàn với chu kì $\frac{\pi }{2}$.

Hàm số $y = \cot x$ tuần hoàn với chu kì $\pi$.

Đáp án đúng là: A

Có $2\sin x - 3 = 0$$\Leftrightarrow \sin x = \frac{3}{2} > 1$ nên phương trình vô nghiệm.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${u_{2018}} = 1 + {2^{2018}}.$

Đáp án đúng là: B

Theo định nghĩa cấp số cộng ta có: ${u_{n + 1}} = {u_n} + d \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} = d,\forall n \ge 1$.

+) ${u_{n + 1}} - {u_n} = 3{\left( {n + 1} \right)^2} + 2017 - \left( {3{n^2} + 2017} \right)$$= 3{\left( {n + 1} \right)^2} - 3{n^2} = 6n + 3$ nên đáp án A loại.

+) ${u_{n + 1}} - {u_n} = 3\left( {n + 1} \right) + 2008 - \left( {3n + 2008} \right) = 3$ nên ${u_n} = 3n + 2008$ là cấp số cộng. Chọn B.

+) ${u_{n + 1}} - {u_n} = {3^{n + 1}} - {3^n} = 2 \cdot {3^n}$ nên loại đáp án C.

+) ${u_{n + 1}} - {u_n} = {\left( { - 3} \right)^{n + 2}} - {\left( { - 3} \right)^{n + 1}} = - 4 \cdot {\left( { - 3} \right)^{n + 1}}$ nên loại đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Có ${S_{50}} = \frac{{\left( {2{u_1} + 49d} \right)50}}{2} = 5\;150$$\Leftrightarrow \frac{{\left( {2 \cdot 5 + 49d} \right)50}}{2} = 5\;150$$\Leftrightarrow 2 \cdot 5 + 49d = 206$$\Leftrightarrow d = 4$.

Có ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$$= 5 + \left( {n - 1} \right)4 = 1 + 4n$.

Đáp án đúng là: B

Vì $\frac{1}{2};\frac{1}{4};\frac{1}{8};...;\frac{1}{{4096}}$ là cấp số nhân nên ${u_1} = \frac{1}{2};q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{1}{2}$.

Do đó ${u_n} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$.

Có $\frac{1}{{4096}}$$= {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$$\Leftrightarrow n = 12$.

Vậy số $\frac{1}{{4096}}$ là số hạng thứ 12 trong cấp số nhân đã cho.

Đáp án đúng là: D

Có $0 \le \left| {{u_n} - 2} \right| < \frac{1}{{{n^3}}}$ mà $\lim \frac{1}{{{n^3}}} = 0$ nên $\lim \left| {{u_n} - 2} \right| = 0$$\Rightarrow \lim \left( {{u_n} - 2} \right) = 0$$\Rightarrow \lim {u_n} = 2$.

Đáp án đúng là: A

$\lim \frac{1}{{5n + 3}}$$= \lim \frac{{\frac{1}{n}}}{{5 + \frac{3}{n}}} = 0$ (vì $\lim \frac{1}{n} = 0;\lim \frac{3}{n} = 0$).

Đáp án đúng là: D

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2{x^2} - 3x + 1} \right) = 2 \cdot {1^2} - 3 \cdot 1 + 1 = 0$.

Đáp án đúng là: C

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \sqrt {f\left( x \right)} = \sqrt L$ nếu $L > 0.$

Đáp án đúng là: B

Áp dụng $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\kern 1pt} {x^k} = + \infty$, $k$ là số nguyên dương ta được phương án B.

Đáp án đúng là: A

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {4x - 3} \right) = 1$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0$ mà $x \to {1^ + }$ nên $x - 1 > 0$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{4x - 3}}{{x - 1}} = + \infty$.

Đáp án đúng là: B

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} + x - 2} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left( {{x^2} - x + 1} \right) - {{\left( {x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} - \left( {x - 2} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} - \left( {x - 2} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3 - \frac{3}{x}}}{{ - \sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} - \left( {1 - \frac{2}{x}} \right)}} = - \frac{3}{2}$

(vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{3}{x} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{2}{x} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{x} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{{x^2}}} = 0$). Đáp án A đúng.

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \left( {3x + 2} \right) = - 1$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \left( {x + 1} \right) = 0$ mà $x \to - {1^ - }$ nên $x + 1 < 0$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{3x + 2}}{{x + 1}} = + \infty$. Suy ra đáp án B sai.

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} + x - 2} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} + 1 - \frac{2}{x}} \right) = + \infty$

(vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x = + \infty$ và $= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} + 1 - \frac{2}{x}} \right) = 2 > 0$). Vậy đáp án C đúng.

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {3x + 2} \right) = - 1$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {x + 1} \right) = 0$ mà $x \to - {1^ + }$ nên $x + 1 > 0$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{3x + 2}}{{x + 1}} = - \infty$. Suy ra đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: B

Ta có $y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}$ không xác định tại ${x_0} = - 1$ nên gián đoạn tại ${x_0} = - 1$.

Đáp án đúng là: C

+) Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x - 1}}$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$. Do đó hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x - 1}}$ không liên tục tại $x = 1$.

+) Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}}$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}$. Do đó hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}}$ không liên tục tại $x = 1$.

+) Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$. Do đó hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$ không liên tục tại $x = 1$.

+) Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x + 1}}{x}$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + x + 1}}{x} = 3 = f\left( 1 \right)$. Do đó hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x + 1}}{x}$ liên tục tại $x = 1$.

Đáp án đúng là: D

+) Hàm số $f\left( x \right) = \tan x + 5$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Do đó hàm số $f\left( x \right) = \tan x + 5$ không liên tục trên $\mathbb{R}$.

+) Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 3}}{{5 - x}}$có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 5 \right\}$.

Do đó hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 3}}{{5 - x}}$ không liên tục trên $\mathbb{R}$.

+) Hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {x - 6}$có tập xác định là $\left[ {6; + \infty } \right)$.

Do đó hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {x - 6}$ không liên tục trên $\mathbb{R}$.

+) Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x + 5}}{{{x^2} + 4}}$có tập xác định là $\mathbb{R}$.

Do đó hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x + 5}}{{{x^2} + 4}}$ liên tục trên $\mathbb{R}$.

Đáp án đúng là: C

Có 3 mặt phẳng đó là $\left( {a,b} \right)$; $\left( {A,a} \right)$;$\left( {A,b} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề 2 sai vì hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể song song hoặc chéo nhau.

Đáp án đúng là: D

+) A sai. Vì trong trường hợp 2 đường thẳng cắt nhau thì chúng chỉ có 1 điểm chung.

+) B và C sai. Vì hai đường thẳng song song khi và chỉ khi chúng đồng phẳng và không có điểm chung.

Đáp án đúng là: B

Hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ có chung điểm $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD$, $BC$ nên giao tuyến $\Delta$ đi qua $S$ và lần lượt song song với $AD$, $BC$.

Đáp án đúng là: A

Dựa vào định nghĩa, đường thẳng $d$ song song với mặt phẳng $(P)$ khi đó đường thẳng $d$ không có điểm chung với mặt phẳng $(P).$

Đáp án đúng là: D

Vì $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,\,AC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MN{\rm{//}}BC$ mà $BC \subset \left( {BCD} \right)$ nên $MN{\rm{//}}\left( {BCD} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $AB$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$.

Do đó $MN{\rm{//}}SB$ mà $SB \subset \left( {SBC} \right)$ nên $MN{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong $\left( \alpha \right)$ đều song song với $\left( \beta \right)$.

Đáp án đúng là: A

Nếu $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ song song với nhau và đường thẳng $d \subset \left( P \right)$, $d' \subset \left( Q \right)$ thì $d,d'$ có thể chéo nhau. Nên khẳng định A là sai.

Đáp án đúng là: B

Mặt phẳng $\left( R \right)$cắt hai mặt phẳng song song $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ theo hai giao tuyến $a$ và $b$ thì $a$ và $b$ song song. Do đó đáp án B đúng.

Đáp án đúng là: A

+) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$; $O'$là giao điểm của $A'C'$ và $B'D'$.

Khi đó $\left( {BDD'B'} \right)\; \cap \;\left( {ACC'A'} \right) = OO'$ nên đáp án A sai.

+) Có $CC'{\rm{//}}DD'$ ( do $CDD'C'$là hình bình hành) và $CC'{\rm{//}}AA'$ (vì cùng song song $DD'$).

Do đó $CC'{\rm{//}}\left( {AA'D'D} \right)$mà $CC' \subset BCC'B'$ nên $\left( {AA'D'D} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {BCC'B'} \right)$. Suy ra đáp án B đúng.

+) Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $\left( {ABCD} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {A'B'C'D'} \right)$. Suy ra đáp án C đúng.

+) Có $CC'{\rm{//}}BB'$ ( do $CBB'C'$là hình bình hành) và $CC'//AA'$ (vì cùng song song $BB'$).

Do đó $CC'{\rm{//}}\left( {ABB'A'} \right)\;$mà $CC' \subset \;\left( {CDD'C'} \right)$ nên $\left( {ABB'A'} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {CDD'C'} \right)$. Suy ra đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: D

Theo tính chất của phép chiếu song song ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Có 26 ô tô có độ tuổi từ 12 đến dưới 16.

Đáp án đúng là: B

Hiệu chỉnh lại bảng số liệu ta có:

Trung bình số xe đi qua trạm thu phí mỗi phút xấp xỉ bằng:

$\frac{{8.5 + 13.9 + 18.3 + 23.9 + 28.4}}{{30}} \approx 17{,}7$.

(Sử dụng mẫu số liệu này cho các câu từ câu 33,

Đáp án đúng là: C

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

Đáp án đúng là: B

Tổng số học sinh tham gia chạy là $5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42$.

Giả sử ${x_1};{x_2};...;{x_{42}}$ là thời gian chạy bộ của 42 học sinh được xếp theo thứ tự không giảm.

Có ${x_1};...;{x_5} \in \left[ {0;20} \right)$;

${x_6};...;{x_{14}} \in \left[ {20;40} \right)$;

${x_{15}};...;{x_{26}} \in \left[ {40;60} \right)$;

${x_{27}};...;{x_{36}} \in \left[ {60;80} \right)$;

${x_{37}};...;{x_{42}} \in \left[ {80;100} \right)$.

Do đó tứ phân vị thứ nhất là ${x_{11}}$ mà ${x_{11}}$ thuộc nhóm $[20;40)$ nên tứ phân vị thứ nhất thuộc nhóm $[20;40)$.

Đáp án đúng là: A

Gọi ${x_1} \le {x_2} \le \ldots \le {x_{110}}$ là mức lương của 110 nhân viên nhận được công ty trả trong 1 tháng.

Tứ phân vị thứ hai của dãy số liệu ${x_1} \le {x_2} \le \ldots \le {x_{110}}$ là $\frac{1}{2}\left( {{x_{55}} + {x_{56}}} \right)$. Do ${x_{55}} \in \left[ {10;15} \right)$ và${x_{56}} \in \left[ {15;20} \right)$. Nên đó tứ phân vị thứ hai của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_2} = 15$.

$B = \sin \left( {\frac{{5\pi }}{2} - x} \right) - \cos \left( {\frac{{11\pi }}{2} - x} \right) - 3\sin \left( {x - 5\pi } \right) + \tan \left( {\frac{{7\pi }}{2} - x} \right)\tan \left( { - x} \right)$

$= \sin \left( {2\pi + \frac{\pi }{2} - x} \right) - \cos \left( {6\pi - \frac{\pi }{2} - x} \right) - 3\sin \left( {x + \pi - 6\pi } \right) + \tan \left( {3\pi + \frac{\pi }{2} - x} \right)\tan \left( { - x} \right)$

$= \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) - \cos \left( {\frac{\pi }{2} + x} \right) - 3\sin \left( {x + \pi } \right) - \tan \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\tan x$

$= \cos x + \sin x + 3\sin x - \cot x\tan x$

$= \cos x + 4\sin x - 1$.

a) Gọi $\Delta$ là giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( {BCD} \right)$. Khi đó $\Delta$ đi qua $G$ và song song với $CD$.

Gọi $H,K$ lần lượt là giao điểm của $\Delta$ với $BC$ và $BD$.

$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{H \in \left( P \right)}\\{H \in BC \subset \left( {BCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow H \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)(1)$$

$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{K \in \left( P \right)}\\{K \in BD \subset \left( {BCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow K \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)(2)$$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ $\Rightarrow$ giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( {BCD} \right)$là HK.

b) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ và $HK{\rm{//}}CD$ nên $\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{MG}}{{MB}} = \frac{{DK}}{{DB}} = \frac{1}{3}$.

Giả sử $\left( P \right)$ cắt $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {ABD} \right)$ các giao tuyến là $HI$ và $KJ$.

Ta có $\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = HJ$, $\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = KJ\,$mà $AB\parallel \left( P \right)$ nên $HI\parallel AB\parallel KJ$.

Theo định lí Thalet, ta có $\frac{{BH}}{{HC}} = \frac{{BK}}{{KD}} = \frac{{BG}}{{GM}} = 2$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{HI}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{1}{3}\\\frac{{KJ}}{{AB}} = \frac{{DK}}{{DB}} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow HI = KJ$.

Vậy thiết diện của $\left( P \right)$ và tứ diện $ABCD$ là hình bình hành $HIJK$.

Vì dãy các tam giác ${A_1}{B_1}{C_1};{A_2}{B_2}{C_2};{A_3}{B_3}{C_3};...$ là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác bằng cạnh $\times \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Với $n = 1$ thì tam giác đều ${A_1}{B_1}{C_1}$ có cạnh bằng 3 nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ${A_1}{B_1}{C_1}$ là ${R_1} = 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3$. Do đó ${S_1} = \pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 3\pi$.

Với $n = 2$ thì tam giác đều ${A_2}{B_2}{C_2}$ có cạnh bằng $\frac{3}{2}$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ${A_2}{B_2}{C_2}$ là ${R_2} = \frac{3}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$. Do đó ${S_2} = \pi {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi \cdot \frac{1}{4}$.

Với $n = 3$ thì tam giác đều ${A_3}{B_3}{C_3}$ có cạnh bằng $\frac{3}{4}$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ${A_3}{B_3}{C_3}$ là ${R_3} = \frac{3}{4} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$. Do đó ${S_3} = \pi {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)^2} = 3\pi {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2}$.

Như vậy tam giác ${A_n}{B_n}{C_n}$ có cạnh $3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ${A_n}{B_n}{C_n}$ là ${R_n} = 3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3 .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}$. Do đó ${S_n} = \pi {\left( {\sqrt 3 .{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}}} \right)^2} = 3\pi {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}}$.

Khi đó $S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ...$$= 3\pi + 3\pi \cdot \frac{1}{4} + 3\pi \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + ... + 3\pi \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}} + ...$ là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = 3\pi ;q = \frac{1}{4}$.

Vậy $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{3\pi }}{{1 - \frac{1}{4}}} = 4\pi$.