Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: C

Hàm số xác định khi và chỉ khi $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}.$

Vật tập xác định ${\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Đáp án đúng là: B

$3\cos \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0$$\Leftrightarrow \cos \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0$$\Leftrightarrow 3x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi$$\Leftrightarrow x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{\pi }{3},k \in \mathbb{Z}$.

Đáp án đúng là: A

${u_4} = \frac{4}{{{2^4}}} = \frac{1}{4}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${u_2} = {u_1}.q = 2.\frac{3}{2} = 3$.

Đáp án đúng là: B

$\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right)$$= \lim {u_n} \cdot \lim {v_n} = 2 \cdot 3 = 6$.

Đáp án đúng là: D

Xét hàm số $y = \frac{1}{{{x^2} + 1}}.$

Điều kiện ${x^2} + 1 \ne 0$ (luôn đúng do ${x^2} \ge 0,\,\forall x \in \mathbb{R}$ nên ${x^2} + 1 > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}$).

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}.$

Hàm số $y = \frac{1}{{{x^2} + 1}}$ là hàm phân thức nên nó liên tục trên tập xác định $D = \mathbb{R}.$

Đáp án đúng là: B

$\lim \frac{{2{n^2} - 3}}{{{n^6} + 5{n^5}}}$$= \lim \frac{{\frac{2}{{{n^4}}} - \frac{3}{{{n^6}}}}}{{1 + \frac{5}{n}}} = 0$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {2x - 1} \right) = 2.1 - 1 = 1 > 0;$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0,$ $x - 1 > 0$ khi $x > 1.$

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

Đáp án đúng là: B

Theo tính chất hai đường thẳng song song ta có: Trong không gian, hai đường thẳng phân biệt cùng song song với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.

Xét phương án A: Nếu điểm nằm trên đường thẳng thì không tồn tại đường thẳng qua điểm đó và song song với đường thẳng đã cho.

Xét phương án C và D: Vì nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến đó đồng quy hoặc đôi một song song.

Đáp án đúng là: D

Mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa hai đường thẳng $a,b$ cắt nhau, $a//\left( Q \right)$ và $b//\left( Q \right)$ thì $\left( P \right)//\left( Q \right)$.

Đáp án đúng là: A

Do hai đường thẳng qua phép chiếu song song ảnh của chúng sẽ cùng thuộc một mặt phẳng.

Đáp án đúng là: D

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên gọi $O = AC \cap BD.$

$\Rightarrow O \in BD$ mà $BD \subset \left( {SBD} \right).$

$\Rightarrow O = AC \cap \left( {SBD} \right).$

Như vậy$AC$ không song song với mặt phẳng $\left( {SBD} \right).$

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a)${\rm{ V\`i }}\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi {\rm{ n\^e n }}\cos \alpha < 0.{\rm{ }}$

b) Ta có: ${\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \Rightarrow \cos \alpha = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$( ${\rm{V\`i }}\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi {\rm{ n\^e n }}\cos \alpha < 0.$)

c) Ta có $\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

d) $\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha = 1 - 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}$. Suy ra $\cos 2\alpha = \sin \alpha$.

a) S, b) Đ, c) S, d) S

a) Ta có ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = \frac{3}{2} + \left( {n - 1} \right).\frac{1}{2} = 1 + \frac{n}{2}$.

b) Ta có ${u_8} = 1 + \frac{8}{2} = 5$.

c) Xét $\frac{{15}}{4} = 1 + \frac{n}{2} \Rightarrow n = \frac{{11}}{2} \notin \mathbb{N}*$. Suy ra $\frac{{15}}{4}$ không là một số hạng của cấp số cộng đã cho.

d) Có ${S_{100}} = \frac{{100.\left[ {2.\frac{3}{2} + \left( {100 - 1} \right).\frac{1}{2}} \right]}}{2} = 2625$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {x - 2} \right) = - 4$.

b) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \left( {x - 2} \right) = - 3$.

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

d) Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right)$ nên không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f\left( x \right)$.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Vì $\left. \begin{array}{l}O \in \left( {OMN} \right)\\O = AC \cap BD\end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O \in \left( {OMN} \right)\\O \in \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right)$.

b) Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SD$ nên $MN//AD$.

Mà $ABCD$ là hình bình hành nên $AD//BC$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}MN//AD\\AD//BC\end{array} \right. \Rightarrow MN//BC$.

c) Vì $M,O$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $AC$ nên $MO//SC$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}OM//SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OM//\left( {SBC} \right)$.

d) Vì $\left\{ \begin{array}{l}MN//BC\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN//\left( {SBC} \right)$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}MN//\left( {SBC} \right)\\OM//\left( {SBC} \right)\\MN \cap OM = M\\MN,OM \subset \left( {OMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)$.

Do đó hai mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ không có đường thẳng giao tuyến.

Trả lời: 9

Vị trí cân bằng của vật dạo động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó $x = 0$, ta có

$2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0$$\Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0$$\Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$$\Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},k \in \mathbb{Z}$.

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là $0 \le t \le 6$ hay

$0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6$$\Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}$.

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cần bằng 9 lần.

Trả lời: 11

Gọi ${u_n}$ (gam) là khối lượng còn lại của 20 gam polonium 210 sau $n$ chu kì bán rã.

Ta có $7314$ ngày gồm 53 chu kì bán rã.

Theo đề bài ta, ta cần tính ${u_{53}}$.

Từ giả thiết suy ra dãy $\left( {{u_n}} \right)$ là một cấp số nhân với số hạng đầu là ${u_1} = \frac{{20}}{2} = 10$ và công bội $q = 0{,}5$. Suy ra ${u_n} = 10.{\left( {0{,}5} \right)^{n - 1}}$.

Do đó ${u_{53}} = 10.{\left( {0{,}5} \right)^{52}} \approx 2,{22.10^{ - 15}}$. Suy ra $a = 2;b = 15 \Rightarrow S = 15 - 4 = 11$.

Trả lời: 0,5

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

Trả lời: 9

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 9} + \sqrt {x + 16} - 7}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sqrt {x + 9} - 3}}{x} + \frac{{\sqrt {x + 16} - 4}}{x}} \right)$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{x}{{x\left( {\sqrt {x + 9} + 3} \right)}} + \frac{x}{{x\left( {\sqrt {x + 16} + 4} \right)}}} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{\sqrt {x + 9} + 3}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 16} + 4}}} \right)$.

Do đó $a = 1;b = 3;c = 1;d = 4$. Vậy $a + b + c + d = 9$.

Trả lời: 6,63

Trong mặt phẳng $\left( {DMC} \right)$, gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $DP$.

Khi đó $I \in MN \subset \left( {ABN} \right) \Rightarrow I \in \left( {ABN} \right)$.

Vậy $I$ là giao điểm của $DP$ và $\left( {ABN} \right)$.

Tam giác $DMC$ có $MN$ và $DP$ là hai đường trung tuyến nên giao điểm $I$ là trọng tâm $\Delta DMC.$

Tam giác $ABD$ đều cạnh bằng 12 và có $DM$ là đường cao nên $DM = 12.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 6\sqrt 3$.

Tương tự ta có $CM = 6\sqrt 3$.

Do đó tam giác $DMC$ cân tại $M$. Suy ra $MN$ cũng là đường cao của tam giác $DMC$ hay $MN \bot CD$.

Ta có $DM = 6\sqrt 3 ,DN = \frac{1}{2}DC = 6$ nên $MN = \sqrt {D{M^2} - D{N^2}} = 6\sqrt 2$.

Khi đó $IN = \frac{1}{3}MN = 2\sqrt 2 .$

Tam giác $DNI$ vuông tại $N$ nên $DI = \sqrt {D{N^2} + I{N^2}} = 2\sqrt {11}$.

Vậy $I$ cách điểm $D$ một khoảng bằng $2\sqrt {11} \approx 6{,}63$.

Trả lời: 1,3

Do mặt phẳng $\left( P \right)//\left( {SCD} \right)$ mà $\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = CD$$\Rightarrow \left( {ABCD} \right) \cap \left( P \right) = MN$ đi qua $O$ và song song với $CD$ (với $M \in AD,N \in BC$).

Tương tự ta có: $\left( {SAD} \right) \cap \left( P \right) = MF//SD$ (với $F \in SA$); $\left( {SBC} \right) \cap \left( P \right) = NE//SC$ (với $E \in SB$).

Vậy hình tạo bởi mặt phẳng $\left( P \right)$ và các mặt của hình chóp $S.ABCD$ là tứ giác $MNEF$.

Ta có $MN$ đi qua $O$ và song song với $CD$ nên $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,BC$.

Suy ra $E,F$ lần lượt là trung điểm $SB,SA$.

Gọi $I,K$ lần lượt là trung điểm $SC,SD$. Khi đó ta có:

$IK//EF;IK = EF;IC//EN;IC = EN;$$KD//FM,KD = FN;MN//CD;MN = CD$.

Do đó ${S_{MNEF}} = {S_{DCIK}} = \frac{3}{4}{S_{SCD}} = \frac{3}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{.2^2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4} \approx 1{,}3$.