Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 23

Chọn C

Ta có: ${u_5} = {u_1}.{q^4} = \left( { - 3} \right).{\left( {\frac{2}{3}} \right)^4} = - \frac{{16}}{{27}}$.

Chọn B

Vì ba số $2x,_{}^{}3x + 3,_{}^{}5x + 5$ theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân

nên ${\left( {3x + 3} \right)^2} = \left( {2x} \right).\left( {5x + 5} \right) \Leftrightarrow 9{x^2} + 18x + 9 = 10{x^2} + 10x \Leftrightarrow {x^2} - 8x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 9\end{array} \right.$

Vì $x$ là số nguyên dương nên $x = 9$.

Chọn B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} g\left( x \right) = 3 + 5 = 8$.

Chọn A

Vì $MN\parallel AC$ (vì $MN$ là đường trung bình của $\Delta SAC$)

Và $AC \subset \left( {ABCD} \right)$

Nên $MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$

Chọn B

Ta có: ${u_6} = 27 \Leftrightarrow {u_1} + 5d = 27 \Leftrightarrow - 3 + 5d = 27 \Leftrightarrow 5d = 30 \Leftrightarrow d = 6$.

Chọn A

Ta có: ${u_3} = 3.3 - 1 = 8$

Chọn D

$\lim \frac{{2n + 5}}{{3n + 9}} = \lim \frac{{2\left( {1 + \frac{5}{n}} \right)}}{{3\left( {1 + \frac{9}{n}} \right)}} = \lim \frac{2}{3} = \frac{2}{3}$.

Chọn C

Vì $\left( {{u_n}} \right)$ là cấp số cộng nên d= u2 - u1 = 5 - (-3) = 8

Khi đó số hạng tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ là ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right).d = - 3 + \left( {n - 1} \right).8 = - 3 + 8n - 8 = 8n - 11$.

Chọn C

Vì $AB\parallel CD$ (vì $ABCD$ là hình bình hành)

Và $CD\parallel C'D'$ (vì $CDD'C'$ là hình bình hành)

Nên $AB\parallel C'D'$

Chọn A

Vì $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ và $AC$

Nên $EF$ là đường trung bình của $\Delta ABC$ nên $EF\parallel BC$

Mà $BC \subset \left( {BCD} \right)$ nên $EF\parallel \left( {BCD} \right)$.

Chọn C

Vì $ABC.A'B'C'$ là hình lăng trụ $AA'BB'$ là hình bình hành.

Chọn B

Vì $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $SA,SB,\,SD$

Nên $MN$ và $MP$ lần lượt là đường trung bình của $\Delta SAB$ và $\Delta SAD$

Do đó $MN\parallel AB$ và $MP\parallel AD$.

Mà $MN \subset \left( {MNP} \right)$; $MP \subset \left( {MNP} \right)$ và $AB \subset \left( {ABCD} \right)$; $AD \subset \left( {ABCD} \right)$

Nên $\left( {MNP} \right)\parallel \left( {ABCD} \right)$.

Chọn C

Ta nhận thấy dãy số $x;{x^2};{x^3};{x^4};...$ lập thành 1 cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = x$ và $d = x$

Nên $x + {x^2} + {x^3} + {x^4} + ..... = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{{1 - x}} = 1 \Leftrightarrow x = 1 - x \Leftrightarrow 2x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$.

Chọn C

Ta có: $\lim \frac{{1 + 2 + 3 + ..... + n}}{{3{n^2} + 1}} = \lim \frac{{\frac{{n.\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{3{n^2} + 1}} = \lim \frac{{{n^2} + n}}{{6{n^2} + 2}} = \lim \frac{{1\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}}{{6\left( {1 + \frac{2}{{{n^2}}}} \right)}} = \lim \frac{1}{6} = \frac{1}{6}$.

Chọn D

Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $BC$,$AD$,$SD$ và $SC$.

Khi đó $MN,MQ$ là đường trung bình của hình bình hành $ABCD$ và tam giác $SBC$

Nên $MN\parallel AB$ và $MQ\parallel SB$

Mà $MN \subset \left( {MNPQ} \right)$; $MQ \subset \left( {MNPQ} \right)$ và $AB \subset \left( {SAB} \right)$; $SB \subset \left( {SAB} \right)$

Suy ra $\left( {MNPQ} \right)\parallel \left( {SAB} \right)$

Hơn nữa $O \in MN \subset \left( {MNPQ} \right)$

Nên mặt phẳng $\left( P \right)$ cần tìm chính là mặt phẳng $\left( {MNPQ} \right)$.

Suy ra mặt phẳng $\left( P \right)$ là một đa giác có 4 cạnh.

a) Gọi ${u_1}$ số hạng đầu tiên của cấp số cộng$\left( {{u_n}} \right)$ với công sai $d$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = 19\\{u_9} = 35\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 4d = 19\\{u_1} + 8d = 35\end{array} \right.$

$\Rightarrow \{\begin{matrix}u1=3 \\ d=4\end{matrix}$

Vậy ${u_{20}} = {u_1} + 19d = 79$.

b) Ta có cấp số nhân có số hạng đầu ${u_1} = 3$, công bội $q = 2$.

Khi đó $3072 = {u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} = {3.2^{n - 1}}$$\Rightarrow n = 11$.

Vậy số $3072$ là số hạng thứ $11$ của cấp số nhân đã cho.

a) Ta có $\lim \frac{{2{n^2} - 5n + 3}}{{3{n^2} - 2n + 1}} = \lim \frac{{2 - \frac{5}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}}{{3 - \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}$$= \frac{{2 - 0 + 0}}{{3 - 0 + 0}} = \frac{2}{3}$.

b) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {x + 13} - 4}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 13 - 16}}{{(x - 3)\left( {\sqrt {x + 13} + 4} \right)}}$=$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{1}{{\left( {\sqrt {x + 13} + 4} \right)}}$$= \frac{1}{8}$.

Tập xác đinh $D = \mathbb{R}$

Ta có

+ $f\left( 4 \right) = 4m + 1$

+ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{{x^2} - 16}}{{x - 4}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}}{{x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \left( {x + 4} \right)$$= 8$.

Hàm số liên tục tại $x = 4 \Leftrightarrow f(4) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} f(x)$$\Rightarrow m = \frac{7}{4}$.

Vây $m = \frac{7}{4}$ thì hàm số liên tục tại điểm $x = 4$.

a)

+) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$

Ta có

$S$ là một điểm chung của hai mặt phẳng.

$O$ là một điểm chung của hai mặt phẳng.

Suy ra giao của hai mặt phẳng là $SO$.

+) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAD)$và $(SBC)$

$S$ là một điểm chung của hai mặt phẳng .

Lại có hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng song song là $AD$ và $BC$.

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $d$ qua $S$ và song song với $AD$, $BC$.

b) Ta có

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{MN{\rm{//}}AC}\\{MN \not\subset \left( {ABCD} \right)}\\{AC \subset \left( {ABCD} \right)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.(1)

Ta có

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{NP{\rm{//}}CD}\\{NP \not\subset \left( {ABCD} \right)}\\{CD \subset \left( {ABCD} \right)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow NP{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.(2)

Từ (1) và (2), ta có

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)}\\{NP{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)}\\{MN \cap NP = N}\end{array}} \right.$$\Rightarrow \left( {MNPQ} \right){\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

c)

Vẽ $EF$ song song với $OP$, $F$ thuộc cạnh $SD$

Vẽ $FG$ song song với $AP$, $G$ thuộc cạnh $SA$.

Suy ra, mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng $(EFG)$.

Ta có $E$ là trọng tâm tam giác ABC. Suy ra tỉ số $\frac{{SG}}{{SA}} = \frac{2}{3}$, lại có $\frac{{SK}}{{SA}} = \frac{2}{3}$.

Vậy điểm $K$ trùng với điểm $G$ nên điểm $K$ thuộc mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.

Gọi $a$ là số tiền lương khởi điểm, $r$ là lương được tăng thêm.

+ Số tiền lương trong ba năm đầu tiên: $36a$

+ Số tiền lương trong ba năm kế tiếp: $36\left[ {a + a.r} \right] = 36a{\left( {1 + r} \right)^1}$

+ Số tiền lương trong ba năm kế tiếp: $36a{\left( {1 + r} \right)^2}$

……..

+ Số tiền lương trong ba năm cuối: $36a{\left( {1 + r} \right)^{11}}$.

+ Số tiền lương trong năm thứ 37 là $12a{\left( {1 + r} \right)^{12}}$.

Vậy sau$37$ năm làm việc anh Hưng nhận được:

$\left[ {1 + {{\left( {1 + r} \right)}^1} + {{\left( {1 + r} \right)}^2} + {{\left( {1 + r} \right)}^3} + ... + {{\left( {1 + r} \right)}^{11}}} \right].a.36$ +$12a{\left( {1 + r} \right)^{12}} =$$2.684.042.000$.