Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 14

Chọn B

Áp dụng công thức với $n \ge 2$.

Với $n = 3$ ta có: ${u_3} = {u_1}.{q^2} = 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}$.

Chọn A

Với $n = 1$ ta có: ${u_1} = \frac{1}{{{3^1} - 1}} = \frac{1}{2}$.

Chọn D

Vì $\frac{1}{2} = \cos \frac{\pi }{3}$ nên $\cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

Chọn C

Ta nhận thấy $- 1.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}$; $\frac{1}{2}.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{{{2^2}}}$;…; $\frac{1}{{{2^3}}}.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{{{2^4}}}$.

Vậy công bội $q = - \frac{1}{2}$.

Chọn D

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2{x^2} - 3x + 1} \right) = {2.1^2} - 3.1 + 1 = 0$.

Chọn A

$\lim \frac{{2n + 5}}{{3n + 9}} = \lim \frac{{2 + \frac{5}{n}}}{{3 + \frac{9}{n}}} = \frac{2}{3}$.

Chọn A

Hàm số xác định khi $x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1$.

Suy ra hàm số liên tục trên $D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ { - 1} \right\}$. Vậy hàm số gián đoạn tại ${x_0} = - 1$.

Chọn C

Xét câu A, hàm số xác định khi $x \ne 0$ nên liên tục trên ${D_1} = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ 0 \right\}$.

Xét câu B, hàm số xác định khi $x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1$ nên liên tục trên ${D_2} = \left[ {1; + \infty } \right)$.

Xét câu C, hàm số đã cho là hàm đa thức liên tục trên $\mathbb{R}$.

Xét câu D, hàm số xác định khi $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$ nên liên tục trên ${D_3} = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn C

Lưu ý rằng $1radian = \frac{{{{180}^ \circ }}}{\pi }$.

Ta có: $\frac{{{{120}^ \circ }.\pi }}{{{{180}^ \circ }}} = \frac{{2\pi }}{3}$.

Suy ra số đo radian của góc ${120^0}$ là $\frac{{2\pi }}{3}$.

Chọn B

Ta có $M \in SO$, mà $SO \subset (SBD)$, suy ra $M \in (SBD)$.

Chọn D

Chọn A

Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$.

Khi đó: $MN//(ABCD)$

Chọn C

Ta có $\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b$ nên khẳng định $\cos \left( {a + b} \right) = \sin a\sin b - \cos a\cos b$ là khẳng định sai.

Chọn D

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = 2 + 3 = 5$.

Chọn B

Ta có $\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0$.

Chọn C

Ta có $A'B'$, $B'C'$ lần lượt là đường trung bình của tam giác $SAB$ và tam giác $SBC$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}A'B'\parallel AB\\AB \subset \left( {ABC} \right)\\A'B' \not\subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow A'B'\parallel \left( {ABC} \right)$ và $\left\{ \begin{array}{l}B'C'\parallel BC\\BC \subset \left( {ABC} \right)\\B'C' \not\subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow B'C'\parallel \left( {ABC} \right)$

Mà $A'B'$ và $B'C'$ cắt nhau, cùng thuộc mặt phẳng $\left( {A'B'C'} \right)$.

Vậy $(A'B'C')//(ABC)$

Chọn A

· Xét hàm $y = f(x) = \sin \left| x \right|$:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Với mọi $x \in D$ ta có $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = \sin \left| { - x} \right| = \sin \left| x \right| = f(x)$.

Suy ra hàm số $y = f(x) = \sin \left| x \right|$ là hàm số chẵn.

· Xét hàm $y = f(x) = \cos 3x$:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Với mọi $x \in D$ ta có $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - 3x} \right) = \cos 3x = f(x)$.

Suy ra hàm số $y = f(x) = \cos 3x$ là hàm số chẵn.

· Xét hàm $y = f(x) = \tan 2x$:

TXĐ: $D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Với $x \in D$ ta có $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = \tan \left( { - 2x} \right) = - \tan 2x = - f(x)$.

Suy ra hàm số $y = f(x) = \tan 2x$ là hàm số lẻ.

· Xét hàm $y = f(x) = \cot x$:

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

Với $x \in D$ ta có $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = \cot \left( { - x} \right) = - \cot x = - f(x)$.

Suy ra hàm số $y = f(x) = \cot x$ là hàm số lẻ.

Chọn D

Vì $O$, $O'$ là tâm của hai đáy $ABCD$, $A'B'C'D'$ nên ta sẽ có $OO'\parallel AA'\parallel BB'\parallel CC'\parallel DD'$.

Do đó hình chiếu song song của O lên mặt phẳng (A'B'C'D') theo phương AA' là O'

Chọn C

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 15} \right) = - 13 < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\\x - 2 > 0,\forall x > 2\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x - 15}}{{x - 2}} = - \infty$.

Chọn B

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}BC'\parallel AD'\\AD' \subset \left( {AB'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC'\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

$\left\{ \begin{array}{l}BD\parallel B'D'\\B'D' \subset \left( {AB'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

Mà $BC'$, BD thuộc mặt phẳng $\left( {BC'D} \right)$ nên suy ra $\left( {BC'D} \right)\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

Chọn D

Ta có: $\frac{9}{{17}} = \frac{{n + 1}}{{2n + 1}} \Leftrightarrow 9\left( {2n + 1} \right) = 17\left( {n + 1} \right) \Leftrightarrow n = 8.$

Vậy số $\frac{9}{{17}}$ là số hạng thứ 8 của dãy số.

Chọn D

Xét tam giác ta có: $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}$ (do $I$, $J$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $ABD$ và tam giác $ABC$). Suy ra: $IJ\parallel MN$.

Lại có: $MN\parallel CD$ (đường trung bình).

Do đó: $IJ\parallel CD$.

Chọn C

Chọn C

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BM$ trong hình thang $ABCD$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}I \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\I \in BM \subset \left( {MSB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {MSB} \right)$.

Hơn nữa, $S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {MSB} \right)$.

Do đó: $\left( {SAC} \right) \cap \left( {MSB} \right) = SI$.

Chọn D

Áp dụng công thức: ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$.

Với $n = 6$ ta có: ${u_6} = {u_1} + 5d \Leftrightarrow 27 = - 3 + 5d \Leftrightarrow d = 6$.

Chọn C

$\begin{array}{l}\sin \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{3} = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\\ & \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\\ & \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\end{array}$

Chọn D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{{x^2} - 12x + 35}}{{25 - 5x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\left( {x - 7} \right)\left( {x - 5} \right)}}{{5\left( {5 - x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{ - \left( {x - 7} \right)\left( {5 - x} \right)}}{{5\left( {5 - x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{ - \left( {x - 7} \right)}}{5} = \frac{2}{5}$.

Chọn D

Hàm số $f(x)$ xác định trên $\mathbb{R}$.

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

Suy ra f(x) liên tục tại $x = 1$.

Chọn B

Ta có: $\lim \frac{{{{7.2}^n} + {4^n}}}{{{{2.3}^n} + {4^n}}} = \lim \frac{{7.\frac{{{2^n}}}{{{4^n}}} + \frac{{{4^n}}}{{{4^n}}}}}{{2.\frac{{{3^n}}}{{{4^n}}} + \frac{{{4^n}}}{{{4^n}}}}} = \lim \frac{{7.{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n} + 1}}{{2.{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} + 1}} = 1$

Chọn B

Xét câu A, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OH\parallel AB\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\OH \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OH\parallel \left( {SAB} \right)$.

Xét câu C, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OK\parallel AD\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\OK \not\subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OK\parallel \left( {SAD} \right)$.

a) $\sin \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right) = \sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{2} = x - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{2} = \pi - \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi \end{array} \right.$

$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\3x = \frac{{4\pi }}{3} - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.$$

$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$

Vậy phương trình có nghiệm $x = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,\quad x = \frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.
b) Số tiền bỏ heo của An mỗi ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu ${u_1} = 1000$ công sai $d = 1000$. Tổng số tiền bỏ heo tính đến ngày thứ n là:
${S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}$
Ngày thứ 89, tổng số tiền bỏ heo là
${S_{89}} = \frac{{89\left[ {2.1000 + \left( {89 - 1} \right).1000} \right]}}{2} = 45.89.1000 = 4005000$ đồng.
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{\sqrt {4x + 5} - 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{4x + 5 - {{\left( {2x + 3} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{ - 4{x^2} - 8x - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{ - 4}}{{\sqrt {4x + 5} + 2x + 3}} = - 2$.

a) Ta có $BC\,{\rm{//}}\,AD$ (do ABCD là hình thang), mà$AD \subset \left( {ADM} \right)$, $BC \not\subset \left( {ADM} \right)$ nên suy ra $BC//\left( {ADM} \right)$.
b) Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, gọi $I = AB \cap CD$$\Rightarrow I \in AB \subset \left( {ABM} \right)$;
Trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$, gọi $N = IM \cap SC$ và $K$ là trung điểm $IM$.
Ta có: $\frac{{IC}}{{ID}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2}$
Trong tam giác $IMD$ có $KC$ là đường trung bình nên $KC\,{\rm{//}}\,MD$ và$KC = \frac{1}{2}MD$
Mà $SM = \frac{1}{2}MD$$\Rightarrow SM = KC$.
Lại có $KC\,{\rm{//}}\,SM\left( {{\rm{do }}M \in SD} \right)$$\Rightarrow \frac{{SN}}{{NC}} = \frac{{SM}}{{KC}} = 1$.
Vậy $\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{2}$.

Gọi $x_0^{}$là số vi khuẩn ban đầu; ${x_n}$ là số vi khuẩn phút thứ $n$.

Sau mỗi phút số lượng tăng gấp đôi nên ${x_{n + 1}} = 2{x_n},{\rm{ }}n \in \mathbb{N}.$

Suy ra, số vi khuẩn sau phút thứ nhất, phút thứ 2,…, phút thứ n $\left( {n \in \mathbb{N}*} \right)$lập thành cấp số nhân với ${u_1} = 2{x_{\scriptstyle0\atop\scriptstyle}}$ và công bội $q = 2$.

Ta có ${u_5} = 2{x_0}{.2^4}$$\Leftrightarrow 64000 = 2{x_0}{.2^4}$$\Leftrightarrow {x_0} = 2000$.

Theo yêu cầu bài toán thì ${u_n} = {2.2000.2^{n - 1}} = 2048000 \Leftrightarrow n = 10$.