Bộ 5 đề thi Cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 2

a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB//CD$.

b) $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO$.

c) Có $O,N$lần lượt là trung điểm $BD,BC$ nên $ON$là đường trung bình của $\Delta BCD$.

Suy ra $ON//CD$ mà $ON \subset \left( {OMN} \right)$ nên $CD//\left( {OMN} \right)$ (1).

d) Tương tự $OM//SD$ mà $OM \subset \left( {OMN} \right)$ nên $SD//\left( {OMN} \right)$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $\left( {SCD} \right)//\left( {OMN} \right)$.

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

a) $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = 2$. Suy ra cấp số nhân có ${u_1} = 5;q = 2$.

b) Có ${u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} = {5.2^{n - 1}}$.

c) Có ${u_5} = {5.2^{5 - 1}} = 80$.

d) Có ${u_{15}} = {5.2^{14}} = 81920 \ne 163840$.

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

$A = \frac{{\sin 2a + \sin 5a - \sin 3a}}{{1 + \cos a - 2{{\sin }^2}2a}}$$= \frac{{\sin 2a + 2\cos 4a\sin a}}{{\cos a + \cos 4a}}$$= \frac{{2\sin a\cos a + 2\cos 4a\sin a}}{{\cos a + \cos 4a}}$

$= \frac{{2\sin a\left( {\cos a + \cos 4a} \right)}}{{\cos a + \cos 4a}}$$= 2\sin a$.

Suy ra $m = 2;n = 1$. Do đó $m + n = 3$.

Trả lời: 3.

Ta có ${u_6} = {u_1}.{q^5} = \left( { - 3} \right){.2^5} = - 96$.

Trả lời: −96.

$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\sqrt {x + 4} - 3}}{{{x^2} - 25}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\left( {\sqrt {x + 4} - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 4} + 3} \right)}}{{\left( {x - 5} \right)\left( {x + 5} \right)\left( {\sqrt {x + 4} + 3} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{1}{{\left( {x + 5} \right)\left( {\sqrt {x + 4} + 3} \right)}}$

$= \frac{1}{{\left( {5 + 5} \right)\left( {\sqrt {5 + 4} + 3} \right)}} = \frac{1}{{60}}$. Suy ra $a = 60$.

Trả lời: 60.

Vì ${G_1},{G_2}$ lần lượt là trọng tâm của $\Delta SAB,\Delta SAD$ nên $\frac{{N{G_1}}}{{NB}} = \frac{{N{G_2}}}{{ND}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {G_1}{G_2}//BD$.

Suy ra $\frac{{{G_1}{G_2}}}{{BD}} = \frac{{N{G_1}}}{{NB}} = \frac{1}{3}$. Do đó $a = 1;b = 3$. Vậy $a - b = - 2$.

Trả lời: −2.

Ta có $- 1 \le \cos \left( {\frac{\pi }{{2024}}t} \right) \le 1$ $\Rightarrow - 80.1 + 10 \le 80\cos \left( {\frac{\pi }{{2024}}t} \right) + 10 \le 80.1 + 10$$\Leftrightarrow - 70 \le h\left( t \right) \le 90$.

Suy ra chiều cao của sóng là $90 - \left( { - 70} \right) = 160$ cm.

Trong $\left( {SAB} \right)$ qua $M$ kẻ $MN//AB$.

Trong $\left( {SAC} \right)$ kẻ $MP//AC$.

Khi đó $\left( {MNP} \right)//\left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {MNP} \right) \equiv \left( P \right)$.

Thiết diện của $\left( P \right)$ và hình chóp là tam giác $MNP$ đồng dạng với tam giác $ABC$ theo tỉ số $\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3}$

$\Rightarrow \frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{4}{9}$ $\Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{4}{9}{S_{ABC}}$.

Ta có ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.5.5.\sin 30^\circ = \frac{{25}}{4}$.

Vậy ${S_{MNP}} = \frac{4}{9}.\frac{{25}}{4} = \frac{{25}}{9} \approx 2{,}78$.

Gọi ${u_n},n \ge 1$là phần diện tích được tô ở lần vẽ thứ n.

Ta có ${u_1} = \frac{1}{4}{.4^2}$; ${u_2} = \frac{1}{4}{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{1}{2}.\frac{1}{4}{.4^2} = \frac{1}{2}{u_1}$; ${u_3} = \frac{1}{4}{.2^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.\frac{1}{4}{.4^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.{u_1}$; …

Khi đó dãy ${u_1};{u_2};...$ lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = \frac{1}{4}{.4^2}$ và $q = \frac{1}{2}$.

Khi đó $S = {u_1} + {u_2} + {u_3} + ... = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{4}{{.4}^2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = \frac{1}{2}{.4^2} = 8$ (m$^{2}$).