Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 21

Chọn B

$\begin{array}{l}{u_1} = 1 = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{1 - 1}}\\{u_2} = \frac{1}{2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{2 - 1}}\\{u_3} = \frac{1}{4} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{3 - 1}};...\end{array}$

Chọn D

Hàm số $y = x$và $y = {\rm{cos}}x$là các hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ nên hàm số $y = x + {\rm{cos}}x$cũng liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn C

${u_2} = {u_1} + d \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} = 8 - 4 = 4$.

Chọn D

Hàm số đã cho có tập xác định $\mathbb{R}\backslash {\rm{\{ }} - 2;2\}$.

Hàm số không liên tục tại $x = - 2$ và $x = 2$.

Chọn D

Câu A, B, C đều là cấp số cộng. Câu D là cấp số nhân với số hạng đầu là 2, công bội là 1.

Chọn D

OO’cắt AC’ trong mặt phẳng (ACC’A’). Suy ra OO’ cắt mặt phẳng (ADC’).

1a) Ta có $q = \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{3}{4}$

1b) ${u_2} = {u_1}q \Rightarrow {u_1} = \frac{{{u_2}}}{q} = 8$

${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} = 8.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^{n - 1}} = \frac{{729}}{{512}}$

$$\Rightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{n - 1}} = \frac{{729}}{{4096}} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^6} \Rightarrow n - 1 = 6 \Rightarrow n = 7$$

Vậy $\frac{{729}}{{512}}$ là số hạng thứ 7.

2) Ta có cấp số cộng với số ghế ở dãy đầu tiên là ${u_1} = 15,\,\,d = 3,\,n = 20$

$\begin{array}{l}{S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]\\{S_{20}} = \frac{{20}}{2}\left( {2.15 + 19.3} \right) = 870\end{array}$

Vậy rạp hát có tất cả 870 ghế.

a)$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{5n + 4}}{{20n - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{5 + \frac{4}{n}}}{{20 - \frac{3}{n}}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {5 + \frac{4}{n}} \right)}}{{\mathop {\lim \left( {20 - \frac{3}{n}} \right)}\limits_{} }} = \frac{1}{5}$

b)$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - {x^3} + 3{x^2} - 6} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( { - 1 + \frac{3}{x} - \frac{6}{{{x^2}}}} \right) = + \infty$

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3} = - \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - 1 + \frac{3}{x} - \frac{6}{{{x^2}}}} \right) = - 1 < 0$

c)$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{{\sqrt {{x^2} + 7} - 4}}{{x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{{{x^2} + 7 - 16}}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 7} + 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 7} + 4} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{{x - 3}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 7} + 4} \right)}} = \frac{{ - 6}}{8} = - \frac{3}{4}\end{array}$

d)$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}}\sqrt {x + 4} - 2}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}}\sqrt {x + 4} - \sqrt {x + 4} + \sqrt {x + 4} - 2}}{x}$

$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{{\sqrt {x + 4} \left( {\sqrt[3]{{x + 1}} - 1} \right) + \sqrt {x + 4} - 2}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \left( {\frac{{\sqrt {x + 4} \left( {\sqrt[3]{{x + 1}} - 1} \right)}}{x} + \frac{{\sqrt {x + 4} - 2}}{x}} \right)$$

Xét:

$$B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{{\sqrt {x + 4} \left( {\sqrt[3]{{x + 1}} - 1} \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{{\sqrt {x + 4} \left( {x + 1 - 1} \right)}}{{x\left( {{{\left( {\sqrt[3]{{x + 1}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{x + 1}} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{{x\sqrt {x + 4} }}{{x\left( {{{\left( {\sqrt[3]{{x + 1}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{x + 1}} + 1} \right)}}$$

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{{\sqrt {x + 4} }}{{{{\left( {\sqrt[3]{{x + 1}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{x + 1}} + 1}} = \frac{2}{3}$$

$$C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{{\sqrt {x + 4} - 2}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{x}{{x\left( {\sqrt {x + 4} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\kern 1pt} \frac{1}{{\sqrt {x + 4} + 2}} = \frac{1}{4}$$

Vậy $A = B + C = \frac{2}{3} + \frac{1}{4} = \frac{{11}}{{12}}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\frac{{2{x^2} - x - 6}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x + 3} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\left( {2x + 3} \right) = 7$

Ta có $f\left( 2 \right) = 7 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,f\left( x \right)$. Do đó hàm số liên tục tại điểm $x = 2$

a) $\left. \begin{array}{l}BC//AD\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \not\subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC//\left( {SAD} \right)$

b) Xét hai mp (SAB) và (SCD) có:

Điểm S chung

AB // CD

Nên $d = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)$ thì d đi qua S và song song với AB, CD.

c) Trong (ABCD) từ B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt CD tại I.

Có ABIC là hình bình hành tâm O. Khi đó C là trung điểm của ID

Trong (SCD) gọi Q là giao điểm của IM với SC. Ta có Q là giao điểm của SC với mp $\left( \alpha \right)$.

Xét tam giác SID có SC và MI là hai trung tuyến nên Q là trọng tâm của tam giác SID. Suy ra SC = 3QC. Vậy $\frac{{SC}}{{QC}} = 3$

Vì các mặt phẳng $\left( {ABCD} \right),$$\left( {EFGH} \right)$ và $\left( {MNPQ} \right)$ song song với nhau.

Áp dụng định lý Thales, ta có: $\frac{{CP}}{{CG}} = \frac{{AM}}{{AE}} \Leftrightarrow \frac{{CP}}{{66}} = \frac{{20}}{{60}} \Rightarrow CP = 22\,cm.$

Vậy $CP = 22{\rm{ }}cm.$