Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 18

Chọn D

Ta có $240^\circ = \frac{{240.\pi }}{{180}} = \frac{4}{3}\pi$.

Chọn B

Điều kiện $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \left( {k \in Z} \right)$

$\cot x = 1 \Leftrightarrow \frac{{\cos x}}{{\sin x}} = 1 \Leftrightarrow \cos x = \sin x \Leftrightarrow \cos x - \sin x = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}\cos x - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin x} \right) = 0$

$\sqrt 2 \left( {\cos \frac{\pi }{4}\cos x - \sin \frac{\pi }{4}\sin x} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0 \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in Z} \right)$.

Chọn C

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right) = 1 + 2 = 3$.

Chọn D

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

Chọn A

${u_2} = {u_1}.q = - 2.3 = - 6$.

Chọn C

${u_1} = 2.1 + 1\, = 3;{u_1} = 2.2 + 1\, = 5;{u_3} = 2.3 + 1\, = 7;{u_4} = 2.4 + 1\, = 9;{u_5} = 2.5 + 1\, = 11$.

Chọn B

${u_1} = - \frac{1}{2}$, $d = {u_2} - {u_1} = \frac{1}{2} - \frac{{ - 1}}{2} = 1$.

Chọn D

$\cos 3x.\cos x - \sin 3x.\sin x = \cos \left( {3x + x} \right) = \cos 4x$.

Chọn D

$\Delta SAC$ có$M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,{\rm{ }}SC$nên MN là đường trung bình trong$\Delta SAC$

$\Rightarrow MN\parallel AC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MN\parallel \left( {ABCD} \right)$.

Chọn B.

Hàm số$y = {x^2} + x - 1$ có taapk xác định $D = R$nên liên tục trên R.

Chọn A

Ta có $- 1 \le \cos 2x \le 1 \Leftrightarrow - 5 \le 5\cos 2x \le 5 \Leftrightarrow 2 \le 5\cos 2x + 3 \le 4$.

Chọn D

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt[3]{{27{x^3} - 4{x^2} + 5}}}}{{x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt[3]{{{x^3}\left( {27 - \frac{4}{x} + \frac{5}{{{x^3}}}} \right)}}}}{{x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\sqrt[3]{{\left( {27 - \frac{4}{x} + \frac{5}{{{x^3}}}} \right)}}}}{{x - 6}} = 3$.

Chọn A

${u_1} = 2;{\rm{ }}{u_6} = {u_1} + 5d \Leftrightarrow 2 + 5d = 32 \Leftrightarrow d = 6$

${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d \Rightarrow 188 = 2 + \left( {n - 1} \right).6 \Leftrightarrow n = 32$.

Chọn A

Gọi ${u_n}$(gam) là khối lượng còn lại 100 gam poloni sau n chu kí bán rã.Ta có 1242 ngày gồm $\frac{{1242}}{{138}} = 9$chu kì bán rã.Do đó ta cần tính ${u_9}$.Theo giả thiết của bài toán thì dãy số $\left( {{u_n}} \right)$là một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1} = \frac{{100}}{2} = 50$và công bội $q = \frac{1}{2}$.

Do đó ${u_9} = 50.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^9} \approx 0{,}0977$

Chọn B

$$\sin 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{2x = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in Z} \right)$$

Vì $x \in \left( {0;\frac{{15\pi }}{2}} \right) \Rightarrow 0 < \frac{\pi }{{12}} + k\pi < \frac{{15\pi }}{2} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{12}} < k < \frac{{89}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7} \right\}$

$0 <$$0 < \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi < \frac{{15\pi }}{2} \Leftrightarrow \frac{{ - 5}}{{12}} < k < \frac{{15}}{2} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7} \right\}$.

Chọn A

$\lim \frac{{{3^n} - {{2.5}^n}}}{{{5^n} - {{2.3}^n}}} = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} - 2.}}{{1 - 2.{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n}}} = - 2$.

Chọn A

Xét $\Delta AHK$có $\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}} = \frac{2}{3}$(Vì I,J lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABC$ và $ABD$)

$\Rightarrow$$IJ\parallel HK$ mà $HK\parallel CD$do HK là đường trung bình trong

$\Delta BCD$nên $IJ$

a) $\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{2{x^2} - x - 3}}{{1 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {2x - 3} \right)}}{{\left( {1 - x} \right)\left( {1 + x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{\left( {2x - 3} \right)}}{{\left( {1 - x} \right)}} = \frac{{2.\left( { - 1} \right) - 3}}{{1 - \left( { - 1} \right)}} = \frac{{ - 5}}{2}$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} - x} + 2x} \right)$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} - x} + 2x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4{x^2} - x - 4{x^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - x} - 2x}}$

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

Gọi ${u_1},{u_2},...{u_{40}}$ lần lượt là số ghế của dãy ghế thứ nhất, dãy ghế thứ hai,… và dãy ghế số bốn

mươi. Ta có công thức truy hồi ta có ${u_n} = {u_{n - 1}} + 5\,\,\left( {n = 2{,}3,...,30} \right)$.

Cách 2: HS có thể xác định như sau

Ta có ${u_1} = 10$

${u_2} = 15$

${u_3} = 20$

…….

Do đó dãy $\left( {{u_n}} \right)$ là một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 10$, công sai $d = 5$.

Khi đó số ghế có ở sân vận động là tổng ${S_{40}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{40}}$ ta có: ${S_{40}} = \frac{{40}}{2}\left( {2{u_1} + \left( {40 - 1} \right).5} \right) = 4300$.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {MBC} \right)$ và $\left( {SAD} \right).$

Xét $\left( {MBC} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ cózCY|

$M$ là điểm chung, $BC{\rm{ // }}AD,$ $BC \subset \left( {MBC} \right),$ $AD \subset \left( {SAD} \right).$

Vậy giao tuyến của $\left( {MBC} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ là đường thẳng $Mx$ song song với $BC$ và $AD.$

b) Chứng minh $MG$ song song với mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.

Do $BC{\rm{ // }}AD$ nên $\Delta GBC$ và $\Delta GAD$ đồng dạng (góc – góc).

Suy ra|P|B|0|4|8| $\frac{{DG}}{{GB}} = \frac{{AD}}{{BC}} = \frac{2}{1} \Rightarrow \frac{{DG}}{{DB}} = \frac{2}{3}.$

Do $DE$ là trung tuyến $\Delta SAD$ và $M$ là trọng tâm $\Delta SAD$ nên ta có tỉ số $\frac{{DM}}{{DE}} = \frac{2}{3}.$

Khi đó, xét trong tam giác $DEB$ có: $\frac{{DM}}{{DE}} = \frac{{DG}}{{DB}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MG{\rm{ // }}BE.$

Mà $BE \subset \left( {SAB} \right)$ nên $MG{\rm{ // }}\left( {SAB} \right)$.