Bộ 12 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo (2023 - 2024) có đáp án - Đề 6

Chọn C

Ta có ${u_2} = {u_1} \cdot q \Leftrightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{9}{3} = 3.$

Chọn B

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

Chọn B

$2\cos x - \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$$\Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in Z$.

Chọn A

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{2^n} + {5^n}}}{{{{3.2}^n} + {{4.5}^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n} + 1}}{{3.{{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n} + 4}} = \frac{1}{4}$$

Chọn D

Qua phép chiếu song song, tính chất nào không được bảo toàn.

Chọn D

${x^5} + {x^3} - 10 = 0{\rm{ (1)}}$.

Đặt $f\left( x \right) = {x^5} + {x^3} - 10$ liên tục và xác định trên $\mathbb{R}$

$f\left( 0 \right) \cdot f\left( 2 \right) = - 10 \cdot 30 = - 300 < 0.$

Vậy phương trình có ít nhất một nghiệm trong khoảng $\left( {0;2} \right)$.

Chọn B

Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo hình bình hành $ABCD$.

Trong mặt phẳng$\left( {SBD} \right)$, $SO$cắt $MN$tại $J.$

Trong mặt phẳng$\left( {SAC} \right)$, $AJ$ cắt$SC$ tại$K$

Vì $J$ thuộc $MN$ nên $J$ thuộc mặt phẳng $\left( {AMN} \right)$và do đó $K$là giao điểm của $\left( {AMN} \right)$và đường thẳng$SC$.

Tam giác $SBD$có $M,{\rm{ }}N$lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB,{\rm{ }}SD$nên $MN$là đường trung bình của tam giác $SBD$, suy ra $MN{\rm{ }}//{\rm{ }}BD$ hay$NJ{\rm{ }}//{\rm{ }}DO$.

Xét tam giác $SDO$có $NJ{\rm{ }}//{\rm{ }}DO$và N là trung điểm của SD nên suy ra J là trung điểm của$SO$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right),$từ O kẻ OE song song với AK (E thuộc SC).

Xét tam giác $SOE$có $JK{\rm{ }}//{\rm{ }}OE$ (do$AK{\rm{ }}//{\rm{ }}OE$), theo định lí Thalés ta có: $\frac{{SK}}{{SE}} = \frac{{SJ}}{{SO}} = \frac{1}{2}$

Do đó, K là trung điểm của SE.

Xét tam giác $CAK$có$OE{\rm{ }}//{\rm{ }}AK$, theo định lí Thalés ta có: $\frac{{CE}}{{CK}} = \frac{{CO}}{{CA}} = \frac{1}{2}$

Do đó, E là trung điểm của CK.

Vậy$SK = KE = CE$, suy ra $\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{3}$

Chọn D

Trong mỗi khoảng thời gian, giá trị đại diện là trung bình cộng của giá trị hai đầu mút nên ta có bảng sau:

Tổng số học sinh là $n = 8 + 16 + 4 + 2 + 2 = 32$.

Thời gian xem ti vi trung bình trong tuần trước của các học sinh là

$\bar x = \frac{{8 \cdot 2{,}5 + 16 \cdot 7{,}5 + 4 \cdot 12{,}5 + 2 \cdot 17{,}5 + 2 \cdot 22{,}5}}{{32}} = 8{,}4375$

Chọn A

$y = \tan \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right)$ xác định khi và chỉ khi

$\begin{array}{l}x + \frac{\pi }{3} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\ \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array}$

Chọn A

Xét $\Delta ABC$ có $E$ là trung điểm $AB$, $F$ là trung điểm $AC$ nên $EF$ là đường trung bình $\Delta ABC$.

Suy ra $EF//BC.$

Chọn B

Xét $\Delta ABC$ có $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $AC$ nên $MN$ là đường trung bình $\Delta ABC$.

Suy ra $MN//BC.$

Mà $BC \subset \left( {BCD} \right)$ nên $MN//\left( {BCD} \right)$.

Chọn C

${u_3} = {\left( { - 1} \right)^3}.\frac{{{2^3}}}{3} = \frac{{ - 8}}{3}$.

Chọn D

Hình chóp $S.ABCD$ có 5 mặt là $\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SAD} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)$.

Chọn D

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

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } 4 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^4}}} + \frac{1}{{{x^5}}} = 4$.

Chọn D

Hình chiếu của $B'$, $D$ và $M$ qua phép chiếu song song trên $\left( {A'B'C'D'} \right)$ theo phương chiếu $AA'$ lần lượt là $B',D',M'$ nên Hình chiếu của $\Delta B'DM$ qua phép chiếu song song trên $\left( {A'B'C'D'} \right)$ theo phương chiếu $AA'$ là $\Delta B'D'M'$.

Chọn D

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 không đồng phẳng không xác định được một mặt phẳng.

Chọn C

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4{n^2} - 2n + 1}}{{2{n^2} + n - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}\left( {4 - \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {2 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4 - \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{2 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}}} = 2$

Chọn C

$$\begin{array}{l}\tan x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in Z\\x \in \left[ { - 2\pi ;\frac{{5\pi }}{2}} \right] \Leftrightarrow - 2\pi < \frac{\pi }{4} + k\pi < \frac{{5\pi }}{2} \Leftrightarrow - \frac{9}{4} < k < \frac{9}{4},k \in Z \Leftrightarrow k \in \{ - 2; - 1;0;1;2\} \end{array}$$

Vậy, phương trình $\tan x = 1$ có tất cả 5 nghiệm trong khoảng $\left[ { - 2\pi ;\frac{{5\pi }}{2}} \right]$.

Chọn B

$$\begin{array}{l}{u_3} = 5\\ \Leftrightarrow {u_1} + 2d = 5\\ \Leftrightarrow d = 2\end{array}$$

${S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left( {2.1 + \left( {10 - 1} \right).2} \right) = 100$

Chọn A

Ta có: Lượng thuốc còn lại trong cơ thể mỗi ngày (kể từ ngày thứ hai uống thuốc) tạo thành cấp số nhân với ${u_1} = 5\% .150 = 7{,}5$, ${u_2} = {u_1} + 5\% {u_1} = {u_1}\left( {1 + 5\% } \right)$,…suy ra công bội $q = 1 + 5\%$.

Lượng thuốc có trong cơ thể sau khi uống viên thuốc của ngày thứ $5$ là: $150 + {u_3} = 150 + {u_1}{q^2} = 150 + 7{,}5.{\left( {1 + 5\% } \right)^2} \approx 158{,}27$ g

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số $f\left( x \right)$ gián đoạn tại$x = 2$.

Chọn C

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

Chọn B

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BD//{B^\prime }{D^\prime }}\\{B{C^\prime }//A{D^\prime }}\end{array} \Rightarrow \left( {A{B^\prime }{D^\prime }} \right)//\left( {{C^\prime }BD} \right)} \right.$

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4{x^2} - 2x + 1}}{{ - 2 + x + 2{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4 - \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{ - \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{1}{x} + 2}} = \frac{4}{2} = 2.$

b) .

$$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3} - 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 3 - 4}}{{(x - 1)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{(x - 1)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)}}\end{array}$$

$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt {x + 3} + 2}} = \frac{1}{4}$$

Tập xác định: $D = \mathbb{R};\,1 \in \mathbb{R}\,\,$và $f\left( 2 \right) = 2a$.

Để hàm số liên tục tại ${x_0} = 1$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 2$ và $f\left( 1 \right) = 2a$.

Từ $\,\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2 = 2a \Rightarrow a = 1$.

Vậy $a = 1$ thì hàm số liên tục tại ${x_0} = 1$.