Bộ 12 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo (2023 - 2024) có đáp án - Đề 9

Chọn C

Xét $x \to {1^ + }$ $(x > 1)$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x + 1} \right)$.

Chọn D

Nếu $a$ và $\left( \alpha \right)$ không có điểm chung thì $a$ song song với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.

Chọn D

Giá trị đại diện của nhóm $\left[ {30;60} \right)$ được tính bằng công thức: $\frac{{30 + 60}}{2} = 45$.

Chọn D

Xét đồ thị ở câu D ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = 1$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = m$ (với $m$ là một số khác 1 và $m$ âm).

Suy ra: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x)$.

Vậy đồ thị của câu D có hàm số không liên tục tại $x = 1$.

Chọn B

Xét dãy: $- \frac{1}{2}; - \frac{3}{2}; - \frac{5}{2}; - \frac{7}{2}; - \frac{9}{2}$, ta thấy ${u_{n + 1}} < {u_n}$ với mọi $n \in {\mathbb{N}^ * }$ (tức là số hạng đứng sau luôn bé hơn số hạng đứng trước) nên dãy số đã cho ở câu B là dãy số giảm.

Chọn D

Chỉ có một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt cho trước nên phương án D sai.

Chọn C

Với $n = 5$ ta có ${F_5} = {F_4} + {F_3}$.

Trong đó ${F_3} = {F_2} + {F_1} = 1 + 1 = 2$ và ${F_4} = {F_3} + {F_2} = 2 + 1 = 3$.

Suy ra: ${F_5} = {F_4} + {F_3} = 3 + 2 = 5$.

Chọn A

Gọi $a$ là số ở đầu mút trái, $b$ là số ở đầu mút phải của các nhóm của mẫu số liệu.

Ta có: $b - a = 2$ là độ dài của nhóm.

Chọn C

Số hạng tổng quát ${u_n} = {u_1} + (n - 1)d = 1 + (n - 1)2 = 2n - 1$.

Chọn C

Xét câu A, dãy số này là một cấp số nhân với công bội $q = 1$.

Xét câu B, dãy số này là một cấp số nhân với công bội $q = {a^2}$ với $a \ne 0$.

Xét câu D, dãy số này là một cấp số nhân với công bội $q = 2$.

Chọn C

Hàm số $y = \frac{{2023}}{{\sin x}}$ xác định khi và chỉ khi $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

Vậy ${\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn C

Theo hình vẽ, số đo các góc lượng giác $\left( {OA,OA'} \right) = 180^\circ + k360^\circ$, $k \in \mathbb{Z}$.

Với $k = - 1$ ta được $\left( {OA,OA'} \right) = - 180^\circ$.

Chọn A

Dãy các số tự nhiên chẵn nhỏ hơn $100$ là một dãy hữu hạn, có số hạng đầu là 0 và số hạng cuối là 100.

Chọn B

Xét câu A, dãy số này là một cấp số cộng với công sai $d = \frac{1}{6}$.

Xét câu C, dãy số này là một cấp số cộng với công sai $d = 2$.

Xét câu D, dãy số này là một cấp số cộng với công sai $d = 1$.

Chọn B

Xét câu B, hàm số $y = \sin x$ tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$.

Chọn D

Trong mặt phẳng $(\alpha )$có vô số đường thẳng song song với đường thẳng $a$.

Chọn A

Xét câu A, hàm số $y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}$ xác định khi và chỉ khi $x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1$.

Vậy hàm số này gián đoạn tại ${x_0} = - 1$.

Chọn D

Ta có: ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Leftrightarrow \sin \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \pm \sqrt {1 - {{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^2}} = \pm \frac{{\sqrt {21} }}{5}$.

Vì $\frac{{3\pi }}{2} < \alpha < 2\pi$ (thuộc cung IV) nên $\sin \alpha < 0$.

Vậy ${\rm{sin}}\alpha = - \frac{{\sqrt {21} }}{5}$.

Chọn A

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}S \in (SAD) \cap (SBC)\\AD//BC\end{array} \right.$

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$, song song với $AD$ hoặc $BC$.

Chọn A

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}ON//SB\\SB \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow ON//\left( {SBC} \right)$

Lại có: $\left\{ \begin{array}{l}OM//SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OM//\left( {SBC} \right)$

Mà $\left\{ \begin{array}{l}ON \subset \left( {OMN} \right)\\OM \subset \left( {OMN} \right)\end{array} \right.$ nên suy ra $\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)$.

Chọn A

Áp dụng công thức $\sin a.\sin b = - \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {a + b} \right) - \cos \left( {a - b} \right)} \right]$ với $a = \frac{\pi }{8}$ và $b = \frac{{3\pi }}{8}$ ta được:

$\sin \frac{\pi }{8}.\sin \frac{{3\pi }}{8} = - \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{\pi }{8} + \frac{{3\pi }}{8}} \right) - \cos \left( {\frac{\pi }{8} - \frac{{3\pi }}{8}} \right)} \right] = \frac{{\sqrt 2 }}{4}$

Chọn D

Dựa vào bảng trên ta thấy số học sinh thuộc nửa khoảng $\left[ {60;80} \right)$ là 10.

Chọn A

Xét câu A:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}MN//AC\\AC \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right.$ và $MN \not\subset \left( {ACD} \right)$ nên $MN//\left( {ACD} \right)$.

Chọn C

Các số nguyên dương chia hết cho 4 là: 4; 8; 12; 16; 20;…

Các số này có dạng $4n$ với $n \in {\mathbb{N}^ * }$.

Vậy số hạng tổng quát của dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là ${u_n} = 4n$ với $n \in {\mathbb{N}^ * }$.

Chọn D

Theo hình vẽ thì $AB$ và $CD$ chéo nhau.

Chọn B

Xét câu B ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0$.

Chọn B

Vì góc lượng giác có số đo $\alpha$ thỏa mãn $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ (thuộc cung II) nên $\cos \alpha < 0$ và $\sin \alpha > 0$.

Mà $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}$ nên suy ra $\tan \alpha < 0$.

Chọn C

Phương trình $\sin \alpha = m$ có nghiệm khi $\left| m \right| \le 1$.

Xét câu C ta có: $\left| { - \frac{2}{3}} \right| = \frac{2}{3} < 1$ nên phương trình này có nghiệm.

Các câu A, B, D đều có $\left| m \right| > 1$ nên phương trình vô nghiệm.

Chọn B

Ta có ${u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}$ với $n \ge 2$.

Với $n = 5$ ta được: ${u_5} = {u_1}.{q^4} = {3.2^4} = 48$.

Chọn B

Theo hình ta thấy hình chóp có đáy là ngũ giác có 6 mặt.

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

$\mathop { = \lim }\limits_{x \to 2} \frac{4}{{\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{6}$.

Lời giải

a) Xét hai mặt phẳng (SAH) và (SCG):

S là điểm chung thứ nhất.

Gọi N, P lần lượt là trung điểm AB, BC. Gọi O là giao điểm của AP và CN.

Do $AP \subset \left( {SAH} \right)$ và $CN \subset \left( {SCG} \right)$ nên suy ra O là điểm chung thứ hai.

Suy ra giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SGC} \right)$và $\left( {SAH} \right)$là $SO$.

b) Xét hai mặt phẳng $\left( {KGH} \right)$và $\left( {SAC} \right)$, có

K là điểm chung;

$GH\parallel AC$

Suy ra giao tuyến của mặt phẳng $\left( {KGH} \right)$và $\left( {SAC} \right)$ là $Kx$, với $Kx$song song$AC$.

$Kx$cắt $SA$tại $E$, $EG$cắt $AB$tại $L$.

Xét hai mặt phẳng $\left( {KGH} \right)$và $\left( {SAC} \right)$, có

L là điểm chung;

$GH\parallel AC$

Suy ra giao tuyến của mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$và $\left( {KGH} \right)$là Ly, với Ly song song với $AC$.

$Ly$cắt $BM$tại$I$, suy ra I là giao điểm của $BM$và mp $\left( {KGH} \right)$

Từ $N$kẻ đường thẳng song song với $SA$cắt $EL$tại $Q$. Suy ra

$NQ = \frac{1}{2}ES = \frac{1}{6}EA \Rightarrow \frac{{NQ}}{{EA}} = \frac{1}{6}$.

Xét tam giác $BAM$ có $LI\parallel AM$, suy ra$\frac{{IB}}{{IM}} = \frac{{LB}}{{LA}}$

Xét tam giác $LAE$ có $NQ\parallel AE$, suy ra $\frac{{LN}}{{LA}} = \frac{{NQ}}{{EA}} = \frac{1}{6}$ nên $\frac{{LB}}{{IA}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{IB}}{{IM}} = \frac{2}{3}$.