Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 17

Chọn D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^{2023}} + 1} \right) = {1^{2003}} + 1 = 2.$

Chọn B

Ta có: ba số $2;\,a;\,8$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân khi và chỉ khi ${a^2} = 2.8 = 16 \Leftrightarrow a = \pm 4.$

Chọn B

Ta có: ${u_2} = {u_1} + d = 5 + 4 = 9.$

Chọn B

Ta có: ${u_n} = \frac{{{n^2} + 4}}{{\sqrt {n + 6} }} \Rightarrow {u_{10}} = \frac{{{{10}^2} + 4}}{{\sqrt {10 + 6} }} = 26.$

Chọn A

Ta có: $\cos 2x = {\cos ^2}x - {\sin ^2}x = 2{\cos ^2}x - 1 = 1 - 2{\sin ^2}x$

Chọn B

Ta có: $\tan x = \tan \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}.$

Chọn B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{u_n} + 9} = \sqrt {\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 9} = \sqrt {L + 9} .$

Chọn D

Ta có: $A = \cos a - \cos a + \sin \frac{\pi }{2} = \sin \frac{\pi }{2} = 1$.

Chọn C

Ta có: Một loại vi khuẩn được nuôi cấy trong ống nghiệm, cứ mỗi phút lại nhân đôi một lần. Ban đầu có một vi khuẩn. Do đó, số vi khuẩn sau mỗi phút lập thành cấp số nhân với ${u_1} = 1,$ công bội $q = 2$.

Chọn A

Dựa vào hình vẽ các cặp đường (trung bình) song song: NP // AD; MP // BC; MQ // AD

Chọn D

Ta có: $ABCD$ là tứ giác lồi nên $AB$ và $CD$ cắt nhau.

Chọn B

Ta có: $A = \sin 2x\cos x + \cos 2x\sin x = \sin (2x + x) = \sin 3x$.

Chọn A

Ta có: $q > 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = + \infty$.

Chọn D

Ta có: $\sin x = 0 \Leftrightarrow \cos x = \pm 1$ loại ${\rm{A,B,C}}{\rm{.}}$

Chọn A

Hàm số xác định khi ${\cos ^2}x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow {\cos ^2}x \ne - 1$ luôn đúng với mọi $x{\rm{ hay }}D = \mathbb{R}.$

Chọn C

Ta có: $M$ là trung điểm của góc phần tư thứ hai.

Cách khác: $\left\{ \begin{array}{l}\sin \frac{{3\pi }}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} > 0\\\cos \frac{{3\pi }}{4} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} < 0\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{3\pi }}{4}$ thuộc góc phần tư thứ hai.

Chọn D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a{x^2} + x - 1}}{{2{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a + \frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{2 + \frac{1}{{{x^2}}}}} = \frac{a}{2} = 1 \Rightarrow a = 2.$

Chọn D

Ta có: 1 ; 2 ; …, 1000 là cấp số cộng có số hạng đầu ${u_1} = 1$ và công sai $d = 1.$

Do đó $S = {S_{1000}} = \frac{{1000}}{2}(1 + 1000) = 500.1001 = 500500.$

Cách khác : MTCT $\sum\limits_{x = 1}^{1000} x = 500500.$

Chọn B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2x + 9} - 3}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {\sqrt {2x + 9} } \right)}^2} - {3^2}}}{{x\left( {\sqrt {2x + 9} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{\sqrt {2x + 9} + 3}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Chọn A

Ta có: $\frac{1}{5};\frac{1}{{{5^2}}};\frac{1}{{{5^3}}};...;\frac{1}{{{5^n}}};...$ là một cấp số nhân lùi vô hạn nên tổng trên là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn co số hạng đầu ${u_1} = \frac{1}{5}$ và công bội $q = \frac{1}{5}.$

Do đó $S = \frac{{\frac{1}{5}}}{{1 - \frac{1}{5}}} = \frac{1}{4}.$

Chọn B

Ta có: $a,b$ thuộc hai mặt phẳng song song nên chúng song song hoặc chéo nhau.

Chọn A

Áp dụng định lí Ta-let trong không gian ta có: $\frac{{CP}}{{CG}} = \frac{{AM}}{{AE}} \Rightarrow CP = \frac{{AM.CG}}{{AE}} = \frac{{20.66}}{{60}} = 22$.

Ta có:

$\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - \sin 2x = 0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \sin 2x$

$\Leftrightarrow \,\,\,\left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{6} = 2x + k2\pi \\x + \frac{\pi }{6} = \pi - 2x + k2\pi \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \,\,\,\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} - k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z}$

a) Tính giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^4} + 1} }}{{2{x^2} + x}}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^4} + 1} }}{{2{x^2} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^4}}}} }}{{2 + \frac{1}{x}}} = \frac{1}{2}.$

b) Tính giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{s\left( t \right) - s\left( 3 \right)}}{{t - 3}}$.

Ta có: $s\left( 3 \right) = 24$

$\mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{s\left( t \right) - s\left( 3 \right)}}{{t - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{2{t^2} + t - 21}}{{t - 3}}$$= \mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{2\left( {t - 3} \right)\left( {t + \frac{7}{2}} \right)}}{{t - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 3} \frac{{2\left( {t + \frac{7}{2}} \right)}}{1} = 13$.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {EOK} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$, tìm giao điểm của $SC$ và $\left( {EOK} \right)$.

Có $E$ là điểm chung của $\left( {EOK} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$

$\left( {EOK} \right)$ chứa $OK$, $\left( {SBC} \right)$ chứa $BC$, nên giao tuyến của $\left( {EOK} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng $d$ qua $E$ và .

Gọi $Q = d \cap SC$ $\Rightarrow \,\,Q = SC \cap \left( {EOK} \right)$.

b)

Gọi $F$ là trung điểm $SA$, khi đó $EFDK$ là hình bình hành, mà $FD \subset \left( {SAD} \right)$ nên EK // (SAD)

Ta có: $AB = 2\,\,\, \Rightarrow \,\,\,{S_1} = {2^2} = 4$; ${A_1}{B_1} = \sqrt 2 \,\,\, \Rightarrow \,\,\,{S_2} = {\sqrt 2 ^2} = 2$; ${A_2}{B_2} = 1\,\,\, \Rightarrow \,\,\,{S_3} = {1^2} = 1$;

${A_3}{B_3} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\,\,\, \Rightarrow \,\,\,{S_4} = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}$;….

Do đó ${S_1}$, ${S_2}$, ${S_3}$,…, ${S_{100}}$ là một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1} = {S_1} = 4$ và công bội $q = \frac{1}{2}$.

Suy ra $S = {S_1} + {S_2} + {S_3} + ... + {S_{100}}$$= {S_1}.\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}}$$= \frac{{4\left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{100}}} \right)}}{{1 - \left( {\frac{1}{2}} \right)}} = 8.$.