Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 12

Chọn B

Từ $f(x) + 3f\left( {\frac{1}{x}} \right) = 8x,\,\,x \ne 0$, thay $x$ bởi $\frac{1}{x}$ ta được $f\left( {\frac{1}{x}} \right) + 3f\left( x \right) = \frac{8}{x}$. Suy ra

$$\left\{ \begin{array}{l}f\left( {\frac{1}{x}} \right) + 3f\left( x \right) = \frac{8}{x}\\f\left( x \right) + 3f\left( {\frac{1}{x}} \right) = 8x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3f\left( {\frac{1}{x}} \right) + 9f\left( x \right) = \frac{{24}}{x}\\f\left( x \right) + 3f\left( {\frac{1}{x}} \right) = 8x\end{array} \right. \Rightarrow 8f\left( x \right) = 8\left( {\frac{3}{x} - x} \right)$$

$\Rightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{x} - x = \frac{{3 - {x^2}}}{x}$. Do đó

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

Chọn C

Ta có $O{O_1} \subset \left( {BDF} \right)$ nên khẳng định $O{O_1}{\rm{//}}\left( {BDF} \right)$ là khẳng định sai.

Chọn D

Ta có $MN{\rm{//}}AC$ mà $AC \subset \left( {ABD} \right) \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {ABD} \right)$.

Chọn B

Với cách xếp que diêm như hình trên, đặt ${u_1}$ là số que diêm tầng trên cùng, đặt ${u_2}$ là số que diêm tầng kế dưới, …Khi đó

${u_1} = 3,{u_2} = 7,{u_3} = 11,...$, dãy này là một cấp số cộng với ${u_1} = 3,d = 4$.

Suy ra tổng số que diêm để xếp được 10 tầng là

${S_{10}} = \frac{{10\left[ {2{u_1} + 9d} \right]}}{2} = 5\left( {2.3 + 9.4} \right) = 210$.

Chọn A

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = x.\cos x$ có tập xác định là $\mathbb{R}$. Ta có

$f\left( { - x} \right) = \left( { - x} \right).\cos \left( { - x} \right) = - x.\cos x = - f\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right)$ là hàm số lẻ, hơn nữa các hàm số $y = \sin x,\,y = \tan x,\,y = \cot x$ đều là những hàm số lẻ.

Vậy cả 4 hàm số là những hàm số lẻ.

Chọn D

Ta có $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}$ chỉ đúng khi $\lim {u_n} = a,\,\,\lim {v_n} = b,\,\left( {a;\,\,b \in \mathbb{R}} \right)$ và $b \ne 0$.

Chọn C

Ta có $\lim \frac{{\sqrt[3]{{a{n^3} + 5{n^2} + 2}}}}{{\sqrt {2{n^2} - 3n - 1} }} = \lim \frac{{\sqrt[3]{{a + \frac{5}{n} + \frac{2}{{{n^3}}}}}}}{{\sqrt {2 - \frac{3}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}} }} = \frac{{\sqrt[3]{a}}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \frac{{\sqrt[3]{a}}}{b} = 2 \Rightarrow \frac{a}{{{b^3}}} = 8$.

Chọn A

Ta có $\lim \left( {\frac{{{2^{2n}}}}{{{2^{n + 1}}}} \cdot \frac{{4n - 3}}{{2n + 1}}} \right) = \lim \left( {{2^n}.\frac{1}{2} \cdot \frac{{4n - 3}}{{2n + 1}}} \right) = + \infty$, vì $\lim {2^n} = + \infty ,\lim \left( {\frac{1}{2} \cdot \frac{{4n - 3}}{{2n + 1}}} \right) = 1$.

Chọn A

Ta có $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to m} \frac{{2{x^3} + (5 - 2m){x^2} + (2 - 5m)x - 2m}}{{{{(x - m)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to m} \frac{{\left( {x - m} \right)\left( {2{x^2} + 5x + 2} \right)}}{{{{(x - m)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to m} \frac{{2{x^2} + 5x + 2}}{{x - m}}$.

Vì $L$ hữu hạn nên $2{x^2} + 5x + 2$ nhận $m$ làm nghiệm, suy ra $2{m^2} + 5m + 2 = 0 \Leftrightarrow m = - 2$ hoặc $m = - \frac{1}{2}$. Do $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = - 2$.

Chọn D

Ta có ${u_n} = \frac{{a{n^2}}}{{n + 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} = \frac{{a{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right) + 1}} = \frac{{a{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{n + 2}}$. Do đó ${u_{n + 1}} = \frac{{a{n^2}}}{{n + 2}}$ là sai.

Chọn D

Dãy số $1,\,2,\,4,\,8,\,16$ là một cấp số nhân với ${u_1} = 1,q = 2$.

Chọn C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2x + 1}}{{x - 3}} = - \infty$ vì $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {2x + 1} \right) = 7 > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {x - 3} \right) = 0,x - 3 < 0,\forall x < 3\end{array} \right.$.

Chọn B

Ta có $\cos 2a.sina - \sin 2a.cosa = \sin \left( {a - 2a} \right) = \sin \left( { - a} \right) = - \sin a$.

Chọn C

Ta có $A = \left( {\cos 5^\circ + \cos 175^\circ } \right) + \left( {\cos 10^\circ + \cos 170^\circ } \right) + ... + \left( {\cos 85^\circ + \cos 95^\circ } \right) + \cos 90^\circ + \cos 180^\circ = - 1$.

Chọn D

Ta có ${u_1} = 160$, ${u_6} = 5 = {u_1}.{q^5} \Rightarrow q = \frac{1}{2}$. Do đó

${S_6} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^6}} \right)}}{{1 - q}} = 160\frac{{1 - \frac{1}{{{2^6}}}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 315$

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} + x} - \sqrt x }}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left( {{x^2} + x} \right) - x}}{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + x} + \sqrt x } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + x} + \sqrt x }} = + \infty$.

Chọn A

Xét hàm số $y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}$, ta có tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Do đó hàm số gián đoạn tại ${x_0} = - 1$.

Chọn B

Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AC,BD$. Ta có

$\left\{ \begin{array}{l}MP{\rm{//}}AB\\MQ{\rm{//}}CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AB,CD} \right) = \left( {MP,MQ} \right)$.

Lại có tứ giác $MPNQ$ là hình bình hành và $MP = \frac{{AB}}{2} = a$, $PN = \frac{{CD}}{2} = a\sqrt 2$.

Trong tam giác $MPN:\cos P = \frac{{P{M^2} + P{N^2} - M{N^2}}}{{2PM.PN}} = \frac{{{a^2} + 2{a^2} - 5{a^2}}}{{2.a.a\sqrt 2 }} = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat P = 135^\circ$

Do đó $\widehat M = 45^\circ = \left( {MP,MQ} \right) = \left( {AB,CD} \right)$.

Chọn B

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot A'A\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {A'AC} \right) \Rightarrow BD \bot A'C \Rightarrow \left( {BD,A'C} \right) = 90^\circ$.

Chọn D

Xét dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = 2n + 3$. Ta có ${u_{n + 1}} - {u_n} = 2\left( {n + 1} \right) + 3 - \left( {2n + 3} \right) = 2,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Suy ra dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng tổng quát ${u_n} = 2n + 3$ là một cấp số cộng với công sai $d = 2$.

Chọn B

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}MN{\rm{//}}SD\\ON{\rm{//}}CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNO} \right) \bot \left( {SCD} \right)$.

Chọn B

Xét hàm số $y = 2x - 3x.\sin x$ có tập xác định là $D = \mathbb{R}$. Suy ra hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn B

Xét dãy $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = - 2n + 6$. Ta có

${u_{n + 1}} - {u_n} = - 2\left( {n + 1} \right) + 6 - \left( { - 2n + 6} \right) = - 2 < 0 \Rightarrow {u_{n + 1}} < {u_n},\forall n \in {\mathbb{N}^*}$. Suy ra dãy số giảm.

Chọn A

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

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 m + 2 = 2 \Leftrightarrow m = 0$

Chọn A

Ta có $y = \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - \cos 2x = \cos 2x\cos \frac{\pi }{3} - \sin 2x\sin \frac{\pi }{3} - \cos 2x$

$= - \frac{1}{2}\cos 2x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x = - \cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right)$. Do đó $- 1 \le y = - \cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) \le 1$.

Vậy $T = \left[ { - 1;1} \right]$.

Chọn A

Ta có ${\left( { - 2} \right)^n} > 0$, khi $n$ chẵn và ${\left( { - 2} \right)^n} < 0$, khi $n$ lẻ, do đó $\lim {\left( { - 2} \right)^n} = + \infty$ là phương án sai.

Chọn B

Vẽ thêm đường thẳng $y = - \frac{\pi }{4}$ lên cùng hệ trục, xét trên đoạn $\left[ { - \pi ;\,2\pi } \right]$ nhận thấy đường thẳng $y = - \frac{\pi }{4}$ và đồ thị $y = \cos x$ có 3 điểm chung, nên phương trình $\cos x = - \frac{\pi }{4}$ có 3 nghiệm trên đoạn$\left[ { - \pi ;\,2\pi } \right]$.

Gọi $M$,$P,Q$ lần lượt là trung điểm của $BC$,$CD$,$AB$.

Khi đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AC{\rm{//}}MQ\\BD{\rm{//}}MP\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\widehat {AC,BD}} \right) = \left( {\widehat {MQ,MP}} \right)$.

Ta có $\Delta QCD$ cân tại $Q$, $P$ là trung điểm $CD$ nên suy ra $QP \bot CD$

$\Rightarrow QP = \sqrt {Q{C^2} - C{P^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ . Ta lại có: $\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}MQ = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}\\MP = \frac{1}{2}BD = \frac{a}{2}\end{array} \right.\\\end{array}$.

Suy ra: $Q{P^2} = M{Q^2} + M{P^2} \Rightarrow \Delta MPQ$ vuông tại $M$ $\Rightarrow \left( {\widehat {MQ,MP}} \right) = \widehat {PMQ} = 90^\circ$.

Vậy $\left( {\widehat {AC,BD}} \right) = 90^\circ$.

Xét trên mỗi xe

Sau $1$ tháng giá trị của ô tô còn lại là: ${u_1}\; = {\rm{7}}00--{\rm{7}}00.0{,}4\% = {\rm{7}}00.\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right){\rm{ }}$(triệu đồng).

Sau $2$ tháng giá trị của ô tô còn lại là:

${u_2}\; = {\rm{ 7}}00.\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right){\rm{ }}--{\rm{ 7}}00.\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right).0{,}4\% {\rm{ }} = {\rm{ 7}}00.{\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right)^2}\;$ (triệu đồng).

Gọi ${u_n}$ là giá trị của ô tô sau $n$ tháng sử dụng

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ tạo thành một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1}\; = {\rm{7}}00.\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right){\rm{ }}$(triệu đồng) và công bội $q = 1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% {\rm{ }}$.

Khi đó ${u_n}\; = {\rm{7}}00.{\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right)^n}{\rm{ }}$.

Sau $3$ năm sử dụng giá trị của ô tô còn lại là:${u_{36}}\; = {\rm{ 7}}00.{\left( {1{\rm{ }}--{\rm{ 0,}}4\% } \right)^{36}}\; \approx {\rm{ 605{,}95}}$ (triệu đồng).

Sau $3$ năm mỗi xe làm ra $16.36 = 576$ (triệu đồng).

Sau $3$ năm tổng số tiền (bao gồm giá tiền xe ô tô và tổng số tiền làm ra) của 5 xe có được là $(576 + 605{,}95)5 \approx 5909{,}75$ (triệu đồng).

Sau t phút thì lượng muối trong hồ là $30.2t = 60t$ (g) , và thể tích nước trong hồ là $7000 + 2t$(${m^3}$)

Vậy nồng độ muối của nước trong bể sau t phút bơm là $C(t) = \frac{{60t}}{{7000 + 2t}}$

Ta được $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } C(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{60t}}{{7000 + 2t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{60}}{{\frac{{7000}}{t} + 2}} = 30$

Ý nghĩa: Khi thời gian bơm nước muối tăng đến vô hạn thì nồng độ muối của nước trong hồ sẽ tăng dần đến 30g/${m^3}$ xấp xỉ nồng độ muối của nước mặn bơm vào hồ.