Bộ 5 đề thi Cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 1

Xét dãy số ${u_n} = 2n + 1$.

Ta có ${u_{n + 1}} - {u_n} = 2n + 3 - \left( {2n + 1} \right) = 2 > 0$.

Do đó dãy ${u_n} = 2n + 1$ là dãy tăng. Chọn B.

$AC$ và $BD$ là hai đường thẳng chéo nhau nên chúng không có điểm chung. Chọn B.

a) $d = - 5 < 0$ nên dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là một dãy giảm.

b) ${u_2} = {u_1} + d = - 2 - 5 = - 7$.

c) Có ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = - 2 + \left( {n - 1} \right).\left( { - 5} \right) = - 5n + 3$.

d) Có ${u_n} = - 902$$\Leftrightarrow - 5n + 3 = - 902$$\Leftrightarrow n = 181$.

Vậy số $- 902$ là số hạng thứ 181 của dãy số $\left( {{u_n}} \right)$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

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

b) $SA$ và $BD$ là hai đường thẳng chéo nhau.

c) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD//BC\\AD \subset \left( {SAD} \right),BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Sx = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\Sx//AD//BC\end{array} \right.$.

d) Có I là trung điểm của SB, O là trung điểm của BD nên IO là đường trung bình của DSBD.

Suy ra $OI//SD$ mà $SD \subset \left( {SCD} \right)$. Do đó $OI//\left( {SCD} \right)$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

Ta có đồ thị hàm số $y = \cos x$

Dựa vào đồ thị hàm số $y = \cos x$ trên đoạn $\left[ { - \pi ;\pi } \right]$ ta thấy đường thẳng $y = \frac{1}{2}$ cắt đồ thị hàm số $y = \cos x$ tại hai điểm.

Do đó có 2 giá trị $x \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]$ để hàm số $y = \cos x$nhận giá trị bằng $\frac{1}{2}$.

Trả lời: 2.

Ta có ${u_4} = {u_1}.{q^3}$$\Leftrightarrow 54 = {u_1}{.3^3} \Leftrightarrow {u_1} = 2$.

Trả lời: 2.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{5.2}^{n + 2}} - {{2.3}^{n + 2}}}}{{7 + {3^{n + 1}}}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{5.4.{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} - 2.9}}{{7.{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + 3}}$$= \frac{{ - 18}}{3} = - 6$.

Trả lời: −6.

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $AA'//CC'$ và $AA' = CC'$. Suy ra $ACC'A'$ là hình bình hành.

Do đó $I$ là trung điểm của $AC'$. Do đó $\frac{{AI}}{{AC'}} = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Trả lời: 0,5.

Ta có $0 \le \left| {4000\cos \left[ {\frac{\pi }{{45}}\left( {t - 10} \right)} \right]} \right| \le 4000$ hay $0 \le h \le 4000$.

Do đó $h$ lớn nhất thì $\cos \left[ {\frac{\pi }{{45}}\left( {t - 10} \right)} \right] = 1$$\Leftrightarrow \frac{\pi }{{45}}\left( {t - 10} \right) = k2\pi$$\Leftrightarrow t = 10 + 90k,k \in \mathbb{Z}$.

Vì $t \ge 0,k \in \mathbb{Z}$ và là thời điểm sớm nhất nên $k = 0$. Suy ra $t = 10$ giây.

Gọi ${u_n}$ là lượng nước nhà máy sử dụng lần thứ n.

Khi đó lượng nước nhà máy sử dụng lần lượt là ${u_1} = 100;{u_2} = 100.0{,}8;{u_3} = 100.0,{8^2};....$

Đặt $S$ là tổng lượng nước nhà máy sử dụng ta có

$S = {u_1} + {u_2} + {u_3} + .... = 100 + 100.0{,}8 + 100.0,{8^2} + ...$

Như vậy, tổng lượng nước nhà máy sử dụng là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = 100;q = 0{,}8$.

Suy ra $S = \frac{{100}}{{1 - 0{,}8}} = 500$ m$^{3}$.

Vậy với 100 m$^{3}$ ban đầu được sử dụng tại nhà máy, khi quá trình xử lí và tái sử dụng lặp lại mãi mãi nhà máy sử dụng được tổng lượng nước là 500 m$^{3}$.