Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 1

Chọn A

Các mặt bên của hình lăng trụ là các tứ giác có các cạnh đối song song nên chúng là các hình bình hành.

Chọn B

Gọi $O$, $O'$ lần lượt là giao điểm của $AC$ và $BD$; của $A'C'$ và $B'D'$.

Khi đó $\left( {BDD'B'} \right) \cap \left( {ACC'A'} \right) = OO'$.

Vậy mệnh đề $\left( {BDD'B'} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {ACC'A'} \right)$ là mệnh đề sai.

Chọn A

Vì $1^\circ = \frac{\pi }{{180}}$ nên $135^\circ = 135.\frac{\pi }{{180}} = \frac{{3\pi }}{4}$.

Chọn A

Ta có $2\sin x = - 1$$\Leftrightarrow \sin x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.$$\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn B

Ta có ${u_3} = \frac{1}{{3 + 1}} = \frac{1}{4}$.

Chọn A

Ta có ${u_{12}} = {u_1} + 11d = 1 + 11.4 = 45$.

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{} \frac{{2{n^2} - 3}}{{{n^2} - 1}} = \lim \frac{{2 - \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{n^2}}}}} = 2$.

Chọn B

$S$ là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn có ${u_1} = 1$, công bội $q = \frac{1}{2}$. Do đó:

$S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2$.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2.2 + 1}}{{2 - 1}} = 5$.

Chọn B

Ta có $I = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {16{x^2} + 5x} }}{{2x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {16 + \frac{5}{x}} \right)} }}{{x\left( {2 - \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {16 + \frac{5}{x}} }}{{x\left( {2 - \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {16 + \frac{5}{x}} }}{{2 - \frac{1}{x}}} = 2$.

Chọn D

Không có mặt phẳng nào chứa đồng thời hai đường thẳng $IJ$ và $AD$ nên hai đường thẳng này chéo nhau.

Cách khác: Vì $IJ\,{\rm{//}}\,AB$ nên $\left( {IJ,AD} \right) = \left( {AB,AD} \right)$. Mà $\left( {AB,AD} \right) \ne 0^\circ$ nên đường thẳng $IJ$ và $AD$ không song song nhau.

Chọn D

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = {x^3} + x$.

Với mọi ${x_0} \in \mathbb{R}$, ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {{x^3} + x} \right) = x_0^3 + {x_0} = f\left( {{x_0}} \right)$.

Do đó hàm số $y = {x^3} + x$ liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{{x^2} - 4}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {x - 2} \right) = - 4$; $f\left( { - 2} \right) = m$.

Hàm số đã cho liên tục tại $x = - 2$ $\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) \Leftrightarrow m = - 4$.

Chọn C

Với $t = 150$ (phút) thì:

$h = 550 + 450\cos \left( {\frac{\pi }{{50}}t} \right) = 550 + 450\cos \left( {\frac{\pi }{{50}}.150} \right) = 550 + 450\cos 3\pi = 100$ (${\rm{km}}$).

Chọn B

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right);\,CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB\,{\rm{//}}\,CD\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = \Delta$ với $\Delta$ là đường thẳng đi qua $S$ và $\Delta \,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD$.

Với $n = 5$ ta có ${x_5} = 75 + 9.4 = 111\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy một đứa trẻ phát triển bình thường có chiều cao khi 5 tuổi là $111\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Hai mặt phẳng song song không có điểm chung.

Vậy số điểm chung của hai mặt phẳng song song là 0.

Đặt $S = 1 + 2 + {2^2} + {2^3} + ... + {2^n}$.

Dễ thấy $S$ là tổng của $n + 1$ số hạng đầu của một cấp số nhân với ${u_1} = 1$; ${u_2} = 2$; công bội $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 2$.

Do đó $S = {u_1}.\frac{{1 - {q^{n + 1}}}}{{1 - q}} = 1.\frac{{1 - {2^{n + 1}}}}{{1 - 2}} = {2.2^n} - 1$.

Suy ra $\lim \frac{{1 + 2 + {2^2} + {2^3} + ... + {2^n}}}{{{2^n} + 1}} = \lim \frac{{{{2.2}^n} - 1}}{{{2^n} + 1}} = \lim \frac{{2 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}} = 2$.

Quãng đường mỗi lần rơi xuống của quả bóng lập thành cấp số nhân có ${u_1} = 64\,;\,q = \frac{1}{2}$

Tổng quãng đường rơi xuống sau 7 lần chạm đất của quả bóng là ${S_7} = \frac{{{u_1}.({q^7} - 1)}}{{q - 1}} = 127$ (m)

Quãng đường mỗi lần nảy lên của quả bóng lập thành cấp số nhân có số hạng đầu ${v_1} = 32$, công bội $q = \frac{1}{2}$.

Tổng quãng đường nảy lên 6 lần là ${s_6} = \frac{{{v_1}.({q^6} - 1)}}{{q - 1}} = 63$ (m). Vậy tổng quãng đường là 190 (m).

a) $\lim \frac{{\sqrt[{}]{{4{n^2} + 3n + 1}}}}{{2n - 1}}$$= \lim \frac{{\sqrt[{}]{{{n^2}\left( {4 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}}}{{n\left( {2 - \frac{1}{n}} \right)}}$$= \lim \frac{{n.\sqrt[{}]{{4 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}}}{{n\left( {2 - \frac{1}{n}} \right)}}$$= \lim \frac{{\sqrt[{}]{{4 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}}}{{2 - \frac{1}{n}}} = 1$.

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

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {x - 1 + \frac{1}{{x + 2 + \sqrt[{}]{{6x + 3}}}}} \right] = \frac{1}{6}$.

$f(3) = - 3 + 18 = 15$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} ( - x + 18) = 15$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{2{x^2} + 3x - 27}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{(x - 3)(2x + 9)}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {2x + 9} \right) = 15$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f(x) = f(3)$ nên hàm số liên tục tại $x = 3$.

a) $\{\begin{matrix}OM//SD(OMlàđườngtrungbìnhcủa\Delta SBD) \\ OM\subset (MAC)\end{matrix}\Rightarrow SD//(MAC)$

b) $\{\begin{matrix}Mlàđiểmchungcủa(MCD)và(SAB) \\ CD\subset (MCD);AB\subset (SAB);AB//CD\end{matrix}\Rightarrow (MCD)\cap (SAB)\Rightarrow MN//AB//CD(N\in SA)$

c) $\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sx\,{\rm{//}}\,BC$. Trong mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ có $ME \cap Sx = I$.

Kẻ $EH\,{\rm{//}}\,BC$ ($H \in BC$). Ta có $\frac{{HB}}{{SB}} = \frac{{EC}}{{SC}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{SM}}{{MH}} = 2 \Rightarrow \frac{{IM}}{{EM}} = 2 \Rightarrow {S_{SMI}} = 2{S_{SME}}$.

$\frac{{{S_{SME}}}}{{{S_{SBC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{3}{4} = \frac{3}{8} \Rightarrow {S_{BCEM}} = \frac{5}{3}{S_{SME}} \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{6}{5}$.