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

Chọn C

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{u_n} - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \lim {u_n} = 3$

Chọn D

Hàm số xác định khi $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z}$. Vậy $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}$

Chọn A

Theo tính chất, $y = {x^3} - 2x$ là hàm đa thức liên tục trên tập $\mathbb{R}$

Chọn C

Ta có ${u_7} = 2.7 + 3 = 17$.

Chọn B

Ta có $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{12}}{3} = 4$.

Chọn D

Ta có ${u_2} = {u_1} + d = 8 + 3 = 11$

Chọn C

Ta có $60^\circ = 60.\frac{\pi }{{180}} = \frac{\pi }{3}$

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{x^2} - x + 3} \right) = {0^2} - 0 + 3 = 3$

Ta có $\cot \left( {3x + 60^\circ } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow 3x + 60^\circ = 60^\circ + k180^\circ$

$\Leftrightarrow 3x = k180^\circ \Leftrightarrow x = k60^\circ \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Ta có ${u_n} - {u_{n - 1}} = \left( {3n + 5} \right) - \left[ {3\left( {n - 1} \right) + 5} \right] = 3,\forall n \ge 2$. Do đó $\left( {{u_n}} \right)$ là một cấp số cộng.

Số hạng đầu ${u_1} = 3.1 + 5 = 8$

Số hạng thứ 20 của cấp số nhân đó là ${u_{20}} = {u_1}.{q^{19}} = {2^{20}} = 1048576$.

a) Ta có $I = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^3}}} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{3^n}}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 2023 = 0 + 0 - 2023 = - 2023$.

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

a) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 - \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}$$= \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 2 - \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{3}{x} + \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{{x^2}}}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 1 - \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{{x^2}}}}} = \frac{{2 - 0 + 0}}{{1 - 0}} = 2$

b) Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {f\left( x \right) - 5} \right] \ne 0$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 5}}{{x - 2}} = + \infty$ hoặc$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 5}}{{x - 2}} = - \infty$. Mâu thuẫn giả thiết . Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {f\left( x \right) - 5} \right] = 0$.Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 5.$

Ta có :

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {f\left( x \right) + 4} - 3}}{{{x^2} + x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) + 4 - 9}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {f\left( x \right) + 4} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 5}}{{\left( {x - 2} \right)}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {f\left( x \right) + 4} + 3} \right)}}\\ = 3.\frac{1}{{5.6}} = \frac{1}{{10}}\end{array}$

Ta có TXĐ : $\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$; $f(3) = {3^2} + 3.3 + \frac{5}{{3 - 2}} = 23$.

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {x^2} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {3x} \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{5}{{x - 2}} = {3^2} + 3.3 + \frac{5}{{3 - 2}} = 23 = f(3)$$

Vậy hàm số liên tục tại x=3

Gọi $x$ là số tiền bác An gửi ngân hàng $MSB$.

$320000000 - x$ là số tiền bác An gửi ngân hàng VietinBank.

Sau 15 tháng số tiền lãi ở ngân hàng $MSB$ là $x{(1 + 2{,}1\% )^5} - x$.

Sau 9 tháng số tiền lãi ở ngân hàng VietinBank là $(320000000 - x){(1 + 0.73\% )^9} - (320000000 - x)$.

Ta có $x{(1 + 2{,}1\% )^5} - x + (320000000 - x){(1 + 0{,}73\% )^9} - (320000000 - x) = 26670725{,}95$.

$\Leftrightarrow x = 120000000$.

Vậy số tiền bác An gửi vào hai ngân hàng$MSB$là $120$ triệu đồng và ngân hàng VietinBank $200$ triệu đồng

a) Do $ABCD$ là hình bình hành nên $CD\,{\rm{//}}\,AB$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD\,{\rm{//}}\,AB\\CD\, \not\subset \,\,(\,SAB\,)\,\,\\AB\, \subset \,(SAB\,)\end{array} \right.\, \Rightarrow \,CD\,{\rm{//}}\,(\,SAB)$ (điều phải chứng minh).

b) Ta có $OM,MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ và tam giác $SBD$

$\left\{ \begin{array}{l}OM||SA\\OM \not\subset \left( {SAB} \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OM//\left( {SAB} \right)$(1)

$\left\{ \begin{array}{l}ON||SB\\ON \not\subset \left( {SAB} \right)\\SB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow ON//\left( {SAB} \right)$ (2)

Từ (1), (2) và $ON \cap OM = O,OM,ON \subset \left( {OMN} \right) \Rightarrow \left( {OMN} \right)//\left( {SAB} \right)$

c) Gọi $(P)$ là mặt phẳng đi qua điểm $O$ và song song với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$. Xác định giao tuyến của mặt phẳng $(P)$với các mặt phẳng $(ABCD)$và $(SAB)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}O \in \left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\\left( P \right)//\left( {SBC} \right)\\\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = Ox,Ox//BC$

Gọi $Ox \cap AB = Q$

$\left\{ \begin{array}{l}Q \in \left( P \right) \cap \left( {SAB} \right)\\\left( P \right)//\left( {SBC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {SAB} \right) = Qy,Oy//SB$.

d)

Cách 1:

Gọi $F$ là giao điểm của $AE$ và $CD$ trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}GE \subset \left( {ANF} \right)\\GE//\left( {SCD} \right)\\\left( {ANF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NF\end{array} \right. \Rightarrow GE//NF$

$\Rightarrow \frac{{FE}}{{FA}} = \frac{{NG}}{{NA}} = \frac{1}{3}$

Theo Talet, ta có: $\frac{{EC}}{{AD}} = \frac{{FE}}{{FA}} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow EC = \frac{1}{3}AD = \frac{1}{3}BC \Rightarrow \frac{{EB}}{{EC}} = 2$

Nhận xét: $\Delta EAB$ và $\Delta EAC$ có chung đường cao kẻ từ $A$.

Do đó: $\frac{{{S_{\Delta EAB}}}}{{{S_{\Delta EAC}}}} = \frac{{EB}}{{EC}} = 2$.

Cách 2:

Vẽ $GF$ song song với $SD$$\left( {F \in AD} \right)$.

Ta chứng minh được: $\left( {GEF} \right)//\left( {SCD} \right) \Rightarrow EF//CD$

Từ đó suy ra được:

$\frac{{EC}}{{BC}} = \frac{{FD}}{{AD}} = \frac{{GN}}{{AN}} = \frac{1}{3} \Rightarrow EC = \frac{1}{3}BC$

Nhận xét: $\Delta EAB$ và $\Delta EAC$ có chung đường cao kẻ từ $A$

Do đó: $\frac{{{S_{\Delta EAB}}}}{{{S_{\Delta EAC}}}} = \frac{{EB}}{{EC}} = 2$