Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 22

Chọn B

Vì $0 < \frac{2}{3} < 1$nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 0$.

Chọn A

Ta có$M = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \left[ {3f(x) - 4g(x)} \right]$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} 3f\left( x \right) - \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} 4g\left( x \right) = 3\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} f\left( x \right) - 4\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} g\left( x \right)$

$= 3.2 - 4.3 = - 6$.

Chọn D

Hàm số $y = \sin x$tuần hoàn với chu kì là $T = 2\pi$.

Chọn A

Ta có ${u_1} = - 1;{u_2} = \frac{1}{2}$mà ${u_2} = {u_1}.q \Rightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{\frac{1}{2}}}{{ - 1}} = \frac{{ - 1}}{2}$.

Chọn B

Thay $x = \frac{\pi }{3}$vào ta có $sin\frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$và $cos\frac{\pi }{3} = \frac{1}{2}$

Do đó phương trình $\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ có một nghiệm là $x = \frac{\pi }{3}$.

Chọn B

Ta có ${x^3} - x \ne 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) \ne 0$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne - 1\\x \ne 1\end{array} \right.$

Do đó hàm số $f(x) = \frac{{2x - 1}}{{{x^3} - x}}$liên tục tại $x = \frac{1}{2}.$

Chọn C

Gọi $Q$là trung điểm $AD$; theo tính chất trọng tâm ta có $\frac{{BG}}{{GQ}} = 2$ $\Rightarrow \frac{{BG}}{{GQ}} = \frac{{BN}}{{NC}}$nên $GN{\rm{//}}CQ$( định lý Talet đảo )

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}GN{\rm{//}}CQ\\CQ \subset \left( {ACD} \right)\\GN \not\subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow GN{\rm{//}}\left( {ACD} \right)$ .

Chọn C

Hai mặt phẳng song song $\left( \alpha \right)$và $\left( \beta \right)$thì $\left( \alpha \right)$và $\left( \beta \right)$ không có điểm chung.

Chọn D

Hình lăng trụ ngũ giác có tất cả : $5 + 5 + 5 = 15$cạnh .

Chọn A

Xét dãy số ${u_n} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n}{\rm{ }}$ $\left( {n \in {N^*}} \right)$là 1 cấp số nhân lùi vô hạn với công bội $0 < q = \frac{1}{3} < 1$

Tổng ${S_n} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + .... + {u_n}$khi đó ${S_n} = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{1}{2}$

Vậy $S = - 2 + \frac{1}{2} = \frac{{ - 3}}{2}$nên $a = - 3;b = 2$ do đó $a.b = \left( { - 3} \right).2 = - 6$.

Chọn C

Ta có ${u_5} = 3.5 + 2 = 17$.

Chọn D

Ta có $\sin x = \cos x \Leftrightarrow \sin x - \cos x = 0 \Leftrightarrow sin\left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = 0$$\Leftrightarrow x - \frac{\pi }{4} = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi$.

Chọn C

Số ghế trong mỗi dãy lập thành 1 cấp số cộng với ${u_1} = 25$và công sai $d = 3$.

Ta có tổng số ghế trong rạp hát là $S = {u_1} + {u_2} + ..... + {u_{30}}$( vì rạp hát có 30 dãy ghế )

$S = \frac{{30}}{2}\left( {{u_1} + {u_{30}}} \right) = 15\left( {{u_1} + {u_1} + 29d} \right) = 15\left( {2{u_1} + 29d} \right)$

Hay là $S = 15\left( {2.25 + 29.3} \right) = 2055$.

Chọn A

Vì $ABCD$là hình bình hành nên $AD{\rm{//}}BC$.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD \not\subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow AD{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$

Chọn D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}b{\rm{//}}a\\a \subset \left( P \right)\\b \not\subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow b{\rm{//}}\left( P \right)$

Chọn D

Ta có $F;G$lần lượt là trung điểm $BD;BC$nên theo tính chất đường trung bình ta có $FG{\rm{//}}CD$(1)

Mặt khác $E \in AC \Rightarrow E \in \left( {ACD} \right)$nên $E \in \left( {EFG} \right) \cap \left( {ACD} \right)$ (2)

Lại có $CD \subset \left( {ACD} \right)$nên từ (1) và (2) ta có $\left( {EFG} \right) \cap \left( {ACD} \right)$là đường thẳng $Ex{\rm{//}}CD$.

Chọn C

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

Hàm số $f\left( x \right)$liên tục trên $R$khi và chỉ khi $f\left( x \right)$liên tục tại $x = 1$$\Leftrightarrow f\left( 1 \right) = \lim \mathop {f\left( x \right)}\limits_{x \to 1}$$\Leftrightarrow m + 2 = 2 \Leftrightarrow m = 0$

Chọn D

Do $AD{\rm{//}}BC$ nên $AN{\rm{//}}BC$và có $AD = 2BC \Rightarrow AN = BC$( do $AN = \frac{{AD}}{2}$)

Do đó tứ giác $ANCB$ là hình bình hành nên $CN{\rm{//}}AB$

Có $\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {SAB} \right)\\CN \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CN{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$(1)

Mặt khác $MN{\rm{//}}SA$vì $MN$là đường trung bình tam giác $SAD$

Nên $\left\{ \begin{array}{l}SA \subset \left( {SAB} \right)\\MN \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$(2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left( {SAB} \right){\rm{//}}\left( {CMN} \right)$

Chọn C

Ta có ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right).d = 2018 + \left( {n - 1} \right).\left( { - 5} \right) = - 5n + 2023$

Khi đó ${u_n} < 0 \Leftrightarrow - 5n + 2023 < 0 \Leftrightarrow - 5n < - 2023 \Leftrightarrow n > \frac{{2023}}{5} = 404{,}6$.

Vì $n \in {N^*}$và $n > 404{,}6$ nên bắt đầu từ giá trị $n$ nhỏ nhất $= 405$ khi đó cấp số cộng đó nhận giá trị âm.

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x - 100}}{{x - 3}} = - \infty$

Do $\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} x - 100 = - 97 < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} x - 3 = 0\end{array}$và $x - 3 \to {0^ + }$

Chọn B

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

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3 + \frac{1}{x}}}{{ - \sqrt {2 + \frac{3}{{{x^2}}}} }} = \frac{{ - 3}}{{\sqrt 2 }}$.

Chọn A

Hàm số $y = \sin x$liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn C

Nếu $f\left( 2 \right) \ne - 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) + 1}}{{x - 2}} = \infty$ ( mâu thuẫn giả thiết )

Do đó $f\left( 2 \right) = - 1$

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {f(x) + 2x + 1} - x}}{{{x^2} - 4}} = T$và ta có

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {f(x) + 2x + 1} - x}}{{{x^2} - 4}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) + 1 + 2x - {x^2}}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\left[ {\sqrt {f(x) + 2x + 1} + x} \right]} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) + 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\left[ {\sqrt {f(x) + 2x + 1} + x} \right]} \right)}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - x\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\left[ {\sqrt {f(x) + 2x + 1} + x} \right]} \right)}}\\ = \frac{a}{{4.\left( {2 + 2} \right)}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - x}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\left[ {\sqrt {f(x) + 2x + 1} + x} \right]} \right)}} = \frac{a}{{16}} - \frac{2}{{4\left( {2 + 2} \right)}} = \frac{a}{{16}} - \frac{1}{8} = \frac{{a - 2}}{{16}}\end{array}$

Hay là $T = \frac{{a - 2}}{{16}}$.

Chọn D

Ta có pt ${x^3} - \left( {m + 4} \right){x^2} + \left( {3 + 4m} \right)x - 3m = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^3} - 4{x^2} + 3x - m\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) - m\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\end{array}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\\x = m\end{array} \right.$

Ba nghiệm lập thành 1 cấp số nhân nên ba số $1;3;m$lập thành 1 cấp số nhân

Th1: Nếu 3 số hạng của cấp số nhân có hạng tử ở giữa là $1$$\Rightarrow {1^2} = 3m \Rightarrow m = \frac{1}{3}$

Th2: Nếu 3 số hạng của cấp số nhân có hạng tử ở giữa là $3$$\Rightarrow {3^2} = 1.m \Rightarrow m = 9$

Th3: Nếu 3 số hạng của cấp số nhân có hạng tử ở giữa là $m$ $\Rightarrow {m^2} = 1.3 \Rightarrow m = \pm \sqrt 3$.

Vậy $S = \left\{ { - \sqrt 3 ;\frac{1}{3};\sqrt 3 ;9} \right\}$hay là tập hợp $S$có 4 phần tử .

Chọn B

Ta có $\left( \alpha \right){\rm{//}}BD;\left( \alpha \right){\rm{//}}SC$nên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$cắt lần lượt các mặt phẳng $\left( {SAC} \right);\left( {ABCD} \right)$theo các đường giao tuyến $a;b$lần lượt ${\rm{//}}SC$ và ${\rm{//}}BD$

Gọi giao điểm $a \cap SA = N$và $b \cap BC = Q$và $b \cap DC = R$

Cũng có$\left( \alpha \right){\rm{//}}BD;\left( \alpha \right){\rm{//}}SC$nên $\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right)$là đường thẳng $c$qua $Q{\rm{//}}SC$và $\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right)$là đường thẳng $d$qua $R{\rm{//}}SC$.

Gọi $c \cap SB = P;d \cap SD = S$khi đó thiết diện khi mp $\left( \alpha \right)$cắt hình chóp là ngũ giác $NSRQP$.

Ngũ giác này có số cạnh là $5$.

Ta có $\cot \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = \cot \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k\pi$

$\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\,\,\,(k \in \mathbb{Z})$

a) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} + 3n + 1} - n} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} + 3n + 1 - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + 3n + 1} + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{3n + 1}}{{\sqrt {{n^2} + 3n + 1} + n}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{3 + \frac{1}{n}}}{{\sqrt {1 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} + 1}} = \frac{3}{2}$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{4 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {2 - x} \right)\left( {2 + x} \right)}}$

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

+Ta có$AN{\rm{//}}MB',AN = MB' \Rightarrow ANB'M$ là hình bình hành$\Rightarrow AM{\rm{//}}NB' \Rightarrow AM{\rm{//}}\left( {NCB'} \right)$

$CC'{\rm{//}}MN,CC' = MN \Rightarrow CC'MN$ là hình bình hành nên $C'M//CN \Rightarrow C'M{\rm{//}}\left( {CNB'} \right)$.

Lại có $C'M$ cắt $AM$ trong $\left( {AMC'} \right)$$\Rightarrow \left( {AMC'} \right){\rm{//}}\left( {CNB'} \right)$.

-PA1: Mỗi năm ngoài mức lương cố định như trên, sẽ được thưởng thêm $50$ triệu đồng, thì sau 5 năm tổng số tiền lương là: $5.300 + 5.50 = 1750$ ( triệu đồng)

-PA2: Mỗi năm lương sẽ tăng thêm $10\%$ so với lương năm liền trước đó, bắt đầu kể từ năm thứ hai nên lương mỗi năm lập thành cấp số nhân có ${u_1} = 300$, $q = 1 + 0{,}1 = 1{,}1$. Vậy sau 5 năm tổng lương là ${S_5} = {u_1}\frac{{1 - {q^5}}}{{1 - q}} = 300\frac{{1 - {{\left( {1{,}1} \right)}^5}}}{{1 - 1{,}1}} = 1831{,}53$( triệu đồng)

-PA3: Mỗi năm lương sẽ tăng thêm $30$ triệu so với lương năm liền trước đó, bắt đầu kể từ năm thứ hai, nên lương mỗi năm lập thành cấp số cộng có ${u_1} = 300,\,d = 30 \Rightarrow {S_5} = \frac{5}{2}\left[ {2{u_1} + 4d} \right] = \frac{5}{2}\left[ {600 + 4.30} \right] = 1800$ (triệu đồng)

Vậy anh Nam nên chọn PA2

Gọi $H$ là giao của $AF$ và $BC$ trong mmp (ABCD)

$\left\{ \begin{array}{l}GF \subset (SAH)\\GF{\rm{//}}(SBC)\\(SAH) \cap (SBC) = SH\end{array} \right. \Rightarrow GF{\rm{//}}SH$.

$\widehat {EAF} = {45^0} \Rightarrow \widehat {BAE} + \widehat {DAF} = {45^0} \Rightarrow \tan \left( {\widehat {BAE} + \widehat {DAF}} \right) = \frac{{\tan \widehat {BAE} + \tan \widehat {DAF}}}{{1 - \tan \widehat {BAE}.\tan \widehat {DAF}}} = 1$

Ko mất tính TQ , gọi cạnh hình vuông là 1.

Đặt $BE = x \Rightarrow \tan \widehat {BAE} = x \Rightarrow \frac{{x + \tan \widehat {DAF}}}{{1 - x.\tan \widehat {DAF}}} = 1 \Rightarrow \tan \widehat {DAF} = \frac{{1 - x}}{{1 + x}}$

Mà $\tan \widehat {DAF} = DF \Rightarrow DF = \frac{{1 - x}}{{1 + x}} \Rightarrow CF = 1 - DF = \frac{{2x}}{{1 + x}}$

Talet $\frac{{AF}}{{HF}} = \frac{{DF}}{{CF}} = \frac{{1 - x}}{{2x}}$ Mà $\frac{{AF}}{{HF}} = \frac{{AG}}{{SG}} = \frac{1}{2}$ Nên $\frac{{1 - x}}{{2x}} = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{1}{2}$.

Vậy E là trung điểm của BC.