Bộ 12 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo (2023 - 2024) có đáp án - Đề 1

Chọn A

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $\left( {A'B'C'D'} \right){\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Chọn B

Xét dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có ${u_n} = 2n + 1$:

Ta có ${u_{n + 1}} = 2\left( {n + 1} \right) + 1 = 2n + 3$.

${u_{n + 1}} - {u_n} = \left( {2n + 3} \right) - \left( {2n + 1} \right) = 2$ không đổi với mọi $n$ nên dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là cấp số cộng với công sai $d = 2$.

Chọn D

Ta có $\lim \frac{1}{{5n + 2}} = \lim \frac{{\frac{1}{n}}}{{5 + \frac{2}{n}}} = \frac{0}{5} = 0$.

Chọn C

Tập xác định của hàm số $y = \cot x$ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\left. {k\pi } \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn C

Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC,\,BD$.

Khi đó, $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $MO{\rm{//}}SC$, do đó $MO{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Ta cũng có $NO$ là đường trung bình của tam giác $SBD$ nên $NO{\rm{//}}SB$, do đó $NO{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Mà $NO$ và $MO$ cắt nhau tại $O$ trong mặt phẳng $\left( {MNO} \right)$ nên $\left( {MNO} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Chọn D

Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC,\,BD$.

Khi đó, $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $MO{\rm{//}}SC$, do đó $MO{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Chọn A

Ta có $n = 2 + 4 + 7 + 4 + 3 = 20$.

Gọi ${x_1},\,{x_2},\,{x_3},\,...,\,{x_{20}}$ là thời gian hoàn thành một bài tập của từng học sinh trên và giả sử mẫu số liệu đã được xếp theo thứ tự không giảm. Khi đó, trung vị của mẫu số liệu là $\frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}$. Vì ${x_{10}},\,{x_{11}}$ đều thuộc nhóm $\left[ {8;\,12} \right)$ nên nhóm này chứa trung vị.

Vậy ${M_e} = 8 + \frac{{\frac{{20}}{2} - \left( {2 + 4} \right)}}{7} \cdot \left( {12 - 8} \right) = \frac{{72}}{7}$.

Chọn D

Hàm số $y = {x^2} + 6x + 20$ là hàm đa thức bậc hai nên nó liên tục trên $\mathbb{R}$.

Hàm số $y = \cos x$ là hàm lượng giác có tập xác định là $\mathbb{R}$ nên nó liên tục trên $\mathbb{R}$.

Hàm số $y = \frac{x}{{{x^2} + x + 2}}$ có tập xác định là $\mathbb{R}$ (do ${x^2} + x + 2 > 0\forall x \in \mathbb{R}$) nên nó liên tục trên $\mathbb{R}$.

Hàm số $y = \frac{x}{{x + 1}}$ có tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$ nên nó không liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn D

Ta có $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 3x - 4}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 4} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 4} \right) = 1 + 4 = 5$.

Chọn A

Ta có $\lim \frac{{1 + 19n}}{{18n + 19}} = \lim \frac{{\frac{1}{n} + 19}}{{18 + \frac{{19}}{n}}} = \frac{{19}}{{18}}$.

Chọn D

Ta có các hàm số $y = \sin x$, $y = \cot x$, $y = \tan x$ là các hàm số lẻ. Hàm số $y = \cos x$ là hàm số chẵn.

Chọn B

Hàm số $y = \frac{x}{{x - 2}}$ có tập xác định là $D = \left( { - \infty ;2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$ nên nó liên tục trên từng khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {2;\, + \infty } \right)$, do đó hàm số này gián đoạn tại điểm ${x_0} = 2$.

Chọn C

Gọi $E$ là trung điểm của $AB$.

Vì $M,\,N$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $ABC,\,ABD$ nên $\frac{{CM}}{{CE}} = \frac{{DN}}{{DE}} = \frac{2}{3}$.

Theo định lí Thalès đảo trong tam giác $ECD$, ta suy ra $MN{\rm{//}}CD$.

Chọn D

Ta có $\cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vì $x \in \left[ {0;\,\pi } \right]$ nên $x = \frac{\pi }{3}$. Vậy có 1 nghiệm của phương trình $\cos x = \frac{1}{2}$ trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$.

Chọn C

Yếu tố xác định một mặt phẳng duy nhất là hai đường thẳng cắt nhau.

Xét phương án A: Trường hợp ba điểm thẳng hàng không xác định được một mặt phẳng.

Xét phương án B: Trường hợp điểm nằm trên đường thẳng không xác định được một mặt phẳng.

Xét phương án D: Trường hợp bốn điểm phân biệt thẳng hàng không xác định được một mặt phẳng.

Chọn C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^2} - x + 5} \right) = {\left( { - 1} \right)^2} - \left( { - 1} \right) + 5 = 7$.

Chọn C

Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ nên $\alpha$ thuộc góc phần tư thứ II, do đó $\sin \alpha > 0;\cos \alpha < 0$.

Chọn A

Mẫu số liệu ghép nhóm đã cho có tất cả $5$ nhóm, đó là: $\left[ {150;\,154} \right)$, $\left[ {154;\,158} \right)$, $\left[ {158;\,162} \right)$, $\left[ {162;\,166} \right)$, $\left[ {166;\,170} \right)$.

Chọn C

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SC$ và $SD$ nên $MN$ là đường trung bình của $\Delta SCD$.

Suy ra $MN{\rm{//}}CD$. Mà $AB{\rm{//}}CD$ (do $ABCD$ là hình bình hành). Do đó, $MN{\rm{//}}AB$.

Vậy $MN{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {\mkern 1mu} \left( { - 2x + 1} \right) = - 2 + 1 = - 1 < 0$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0$ và $x - 1 > 0$ khi $x \to {1^ + }$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {\mkern 1mu} \frac{{ - 2x + 1}}{{x - 1}} = - \infty$.

Chọn B

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ nên $AB'C'D$ và $ABC'D'$ là các hình bình hành.

Suy ra $AB'{\rm{//}}DC'$ và $BC'{\rm{//}}AD'$. Do đó $AB'{\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$ và $AD'{\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$.

Lại có $AB'$ và $AD'$ cắt nhau tại $A$ và nằm trong mặt phẳng $\left( {AB'D'} \right)$.

Vậy $\left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$.

Chọn A

Ta có $\cos x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn D

Ta có ${u_1} = 3;\,\,\,{u_2} = {u_1} + 5 = 3 + 5 = 8;\,\,\,{u_3} = {u_2} + 5 = 8 + 5 = 13$.

Chọn B

Ta có $120^\circ = 120 \cdot \frac{\pi }{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}\,\left( {{\rm{rad}}} \right)$.

Chọn A

Số học sinh truy cập Internet mỗi buổi tối có thời gian từ 18,5 phút đến dưới 21,5 phút là $24$.

Chọn A

Vì tần số lớn nhất của mẫu số liệu là $12$, là tần số của nhóm $\left[ {40;\,60} \right)$ nên nhóm này chứa mốt của mẫu số liệu đã cho.

Chọn B

Giá trị đại diện của nhóm $\left[ {55{,}5;\,60{,}5} \right)$ là $\frac{{55{,}5 + 60{,}5}}{2} = 58$.

Chọn B

Vì $I$và $J$ lần lượt là trung điểm của $SC$ và $BC$ nên $IJ$ là đường trung bình của $\Delta SBC$, do đó $IJ{\rm{//}}SB$. Mà $IJ \not\subset \left( {SAB} \right)$. Từ đó suy ra $JI{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

Số tiền An bỏ vào ống heo mỗi ngày lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1} = 1000$ và công bội $q = 2$.

Tổng 10 ngày tích luỹ của bạn An là: ${S_{10}} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^{10}}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{1\,000 \cdot \left( {1 - {2^{10}}} \right)}}{{1 - 2}} = 1\,023\,000$ đồng.

Gọi $P$ là trung điểm của $AD$.

Từ đề bài, ta suy ra $\left\{ \begin{array}{l}BG = 2GP\\BM = 2MC\end{array} \right.$.

$\Rightarrow \frac{{BM}}{{BC}} = \frac{{BG}}{{BP}} = \frac{2}{3}$$\Rightarrow MG{\rm{//}}CP$.

Mà $\left\{ \begin{array}{l}CP \subset \left( {ACD} \right)\\MG \not\subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right.$ nên $MG{\rm{//}}\left( {ACD} \right)$.