Bộ 12 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo (2023 - 2024) có đáp án - Đề 8

Chọn D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{_0}}} {\rm{ }}\left[ {{\rm{f}}\left( x \right) - g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{_0}}} {\rm{ f}}\left( x \right) - \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{_0}}} {\rm{ }}g\left( x \right) = L - M$.

Chọn B

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

Hàm số liên tục tại điểm ${x_0} = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3 = 2m + 1 \Leftrightarrow m = 1$.

Chọn C

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

Suy ra $a = - 3;b = 5 \Rightarrow P = a + b = 2$.

Chọn A

Ta có $BI$ cắt mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ tại $J$ nên $J = BI \cap AM$; vì $I$ là điểm tuỳ ý trên đoạn thẳng $AG$ nên $J$ có thể là trung điểm của đoạn $AM$ hoặc không là trung điểm của đoạn $AM$.

Chọn B

Số trung bình là $\overline x = \frac{{6 \times 2 + 8 \times 7 + 10 \times 7 + 12 \times 3 + 14 \times 1}}{{20}} = \frac{{47}}{5} = 9{,}4$.

Chọn A

Ta có $AD\,{\rm{//}}\,BC,AD = 2BC,AC \cap BD = O \Rightarrow \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{OD}} = \frac{1}{2}$.

Mà $MD = 2MS \Rightarrow \frac{{MS}}{{MD}} = \frac{1}{2}$.

Suy ra $\frac{{OB}}{{OD}} = \frac{{MS}}{{MD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow OM\,{\rm{//}}\,SB$, mà $SB \subset \left( {SAB} \right)$ nên $OM\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)$.

Chọn D

Điều kiện $1 - 2\cos x \ne 0 \Leftrightarrow \cos x \ne \frac{1}{2} \Leftrightarrow x \ne \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Vậy tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\left. { \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi } \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Chọn D

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

Mà $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( { - 3x + 4} \right) = - 2 < 0$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} = - \infty$.

Chọn B

Ta có $\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( Q \right)$ và $a \subset \left( P \right),b \subset \left( Q \right)$ nên $a$ và $b$ hoặc song song hoặc chéo nhau.

Chọn A

Ta có ${S_5} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} + {u_5} = {u_1}.\frac{{1 - {q^5}}}{{1 - q}} = \left( { - 2} \right).\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^5}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = - \frac{{31}}{8}$.

Chọn C

Với $0 < \alpha < \frac{\pi }{2}$ suy ra $\sin \alpha > 0,\cos \alpha > 0,\tan \alpha > 0,\cot \alpha > 0$.

Chọn B

Tần số lớn nhất là 120 nên nhóm chứa mốt là nhóm $\left[ {18;20} \right)$.

Ta có $j = 3;{a_3} = 18;{m_3} = 120;{m_2} = 78;{m_4} = 45;h = 4$.

Do đó ${M_0} = 18 + \frac{{120 - 78}}{{\left( {120 - 78} \right) + \left( {120 - 45} \right)}}.4 = \frac{{758}}{{39}}$.

Chọn B

Ta có $\lim \frac{1}{n} = 0$.

Chọn C

Ta có ${u_n} = \frac{n}{{{3^n} - 1}}$, suy ra ${u_1} = \frac{1}{2};{u_2} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4};{u_3} = \frac{3}{{26}}$.

Chọn C

Cỡ mẫu là $3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56$ nên trung vị là $\frac{{{x_{28}} + {x_{29}}}}{2}$.

Do 2 giá trị ${x_{28}},{x_{29}}$ thuộc nhóm $\left[ {15{,}5;18{,}5} \right)$ nên nhóm này chứa trung vị.

Ta có $p = 3;{a_3} = 15{,}5;{m_3} = 15;{m_1} + {m_2} = 3 + 12 = 15;{a_4} - {a_3} = 3$.

Do đó ${M_e} = 15{,}5 + \frac{{\frac{{56}}{2} - 15}}{{15}}.3 = 18{,}1$.

Chọn C

Ta có $SA$ và $BC$ là hai đường thẳng chéo nhau vì $SA$ và $BC$ không cùng thuộc một mặt phẳng và không có điểm chung.

Chọn D

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

Vì $\lim {n^3} = + \infty$ và $\lim \left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = - 1 < 0$ nên $\lim \left( { - {n^3} + n - 3} \right) = - \infty$.

Chọn D

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, $M$ là giao điểm $SO$ và $AI$.

Ta có $M = AI \cap \left( {SBD} \right)$.

Chọn D

Ta có $\tan x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn A

Ta có $\sin (2\pi - \alpha ) = \sin ( - \alpha ) = - \sin \alpha = - \frac{2}{5}$.

Chọn D

Ta có ${u_{15}} = {u_1} + 14d = 1 + 14.\left( { - 2} \right) = - 27$.

Chọn C

Ta có $P$ và $Q$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SC$nên $PQ$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $PQ\,{\rm{//}}\,AC$ mà $AC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow PQ\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right)$.

Chọn A

Ta có đồ thị hàm số đi qua các điểm $O\left( {0;0} \right),A\left( {\frac{\pi }{2};1} \right),B\left( {\pi ;0} \right),C\left( {\frac{{3\pi }}{2}; - 1} \right)$ nên đồ thị của hàm số $y = \sin x$.

Chọn B

Ta có $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Mà $M$ là trung điểm $SA$ nên $OM\,{\rm{//}}\,SC$ mà $SC \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OM\,{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right)$,

Chọn B

Ta có 3 cách xác định một mặt phẳng duy nhất là

Cách 1: Ba điểm phân biệt không thẳng hàng.

Cách 2: Một điểm không thuộc một đường thẳng.

Cách 3: Hai đường thẳng cắt nhau.

Chọn D

Ta có phép chiếu song song biến $\Delta ABC$ thành $\Delta A'B'C'$ nên biến $A$ thành $A'$; biến $B$ thành $B'$; biến $C$ thành $C'$. Do đó sẽ biến trung điểm $M$ của cạnh $BC$ thành trung điểm $M'$ của cạnh $B'C'$.

Chọn A

Ta có $\lim {u_n} = \lim \frac{{ - 2 + 3n - 2{n^3}}}{{3n - 2}} = \lim \frac{{{n^3}\left( { - 2 + \frac{3}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}} \right)}}{{n\left( {3 - \frac{2}{n}} \right)}} = \lim \left( {{n^2}.\frac{{ - 2 + \frac{3}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}}}{{3 - \frac{2}{n}}}} \right)$.

Vì $\lim {n^2} = + \infty$ và $\lim \left( {\frac{{ - 2 + \frac{3}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}}}{{3 - \frac{2}{n}}}} \right) = - \frac{2}{3} < 0$ nên $\lim {u_n} = - \infty$.

Chọn C

Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ gọi $I$ là giao điểm của $CM$ và $BD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SMC} \right)$ gọi $K$ là giao điểm của $MN$ và $SI$.

Ta có $K = MN \cap \left( {SBD} \right)$.

Chọn C

Ta có một hình chóp có đáy là ngũ giác có 6 mặt (gồm 5 mặt bên và 1 mặt đáy) và 10 cạnh (gồm 5 cạnh bên và 5 cạnh đáy).

Chọn C

Ta có $B'D'\,{\rm{//}}\,BD \subset \left( {C'BD} \right) \Rightarrow B'D'\,{\rm{//}}\,\left( {C'BD} \right)$; $AB'\,{\rm{//}}\,C'D \subset \left( {C'BD} \right) \Rightarrow AB'\,{\rm{//}}\,\left( {C'BD} \right)$ mà $AB' \cap B'D' = \left\{ {B'} \right\}$ nên $\left( {AB'D'} \right)\,{\rm{//}}\,\left( {C'BD} \right)$.

Chọn C

Xét dãy số ${u_n} = {2^n}$.

Ta có ${u_{n + 1}} - {u_n} = {2^{n + 1}} - {2^n} = {2.2^n} - {2^n} = {2^n} > 0,\forall n$.

Vậy dãy số ${u_n} = {2^n}$ là dãy số tăng.

Chọn D

Ta có quy đổi ${1^0}$ ra đơn vị radian, ta được kết quả là $\frac{\pi }{{180}}{\rm{rad}}$.

Chọn B

Ta có $M = \frac{{2\sin x + 3\cos x}}{{3\sin x - \cos x}} = \frac{{2\tan x + 3}}{{3\tan x - 1}} = \frac{{2.2 + 3}}{{3.2 - 1}} = \frac{7}{5}$

Chọn A

Ta có $\left( { - 15} \right) - \left( { - 11} \right) = \left( { - 11} \right) - \left( { - 7} \right) = \left( { - 7} \right) - \left( { - 3} \right) = \left( { - 3} \right) - 1 = - 4$ nên $1; - 3; - 7; - 11; - 15$ là một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 1$ công sai $d = - 4$.

Chọn C

Ta có hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{{x - 2}}$ có tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$ nên hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{{x - 2}}$ không liên tục tại $x = 2$

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

b. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{x - 2}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 3} \right) = - 1$.

Ta có $f\left( 3 \right) = 2m - 1$;

Để hàm số liên tục tại x = 3 thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)$.

Suy ra $2m - 1 = - 4 \Leftrightarrow m = - \frac{3}{2}$. Vậy $m = - \frac{3}{2}$.

a. Ta có $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3}$, $\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3}.$$\Rightarrow$$MN$//$AB$$\Rightarrow MN//\left( {ABCD} \right).$

b. Ta có $\left( \alpha \right)\parallel AB$ và $BC$ suy ra $\left( \alpha \right)\parallel \left( {ABCD} \right).$

Giả sử $\left( \alpha \right)$ cắt các mặt bên $\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {SDA} \right)$ lần lượt tại các điểm M, $N,\,\,P,\,\,Q$ với $N \in SB,\,\,P \in SC,\,\,Q \in SD\,$suy ra $\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\,.$

Khi đó $MN$//$AB$$\Rightarrow \,\,\,\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\,.$

Tương tự, ta có được $\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{QM}}{{DA}} = \frac{2}{3}$ và $MNPQ$ là hình vuông.

Suy ra ${S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}.6.6 = 16.$