Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Cẩm Phả (Quảng Ninh) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn C

Ta có ${u_1} = - \frac{1}{2}$ và $d = {u_2} - {u_1} = 0 - \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}$.

Chọn C

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ ta có $SO$ là giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

Chọn C

Điểm $E$ không thuộc mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$.

Chọn A

Tập xác định của hàm số $y = - \tan x$ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn A

Công thức tổng quát của cấp số nhân là ${u_n} = {2.3^{n - 1}}$ với $n \in \mathbb{N}$, $n \ge 1$. Cho $n = 1{,}2{,}3{,}4{,}5$ ta được dãy $2;6;18;54;162$.

Chọn B

Ta có $\sin 2x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\2x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{8} + k\pi \\x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \end{array} \right.$, $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn A

Ta có $\left( {{u_n}} \right):2,{\rm{ }}a,{\rm{ }}6,{\rm{ }}b$ là CSC nên $\left\{ \begin{array}{l}6 + 2 = 2a\\a + b = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 8\end{array} \right.$.

Do vậy $a.b = 32$.

Chọn D

Ta có $\left( {\sin x + 1} \right)\left( {\sin x - \sqrt 2 } \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = - 1\\\sin x = \sqrt 2 (VN)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi$, $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn D

Ta có $\sin 3x = \cos x \Leftrightarrow \cos x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - 3x} \right)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} - 3x + k2\pi \\x = 3x - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}\\x = \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.$, $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn B

Ta có ${u_8} = {u_2} + 6d \Leftrightarrow 6d = 30 \Leftrightarrow d = 5$, do đó ${u_n} = 5n - 10$. $\left( {n \in \mathbb{N}} \right)$.

Chọn B

Ta có $\sin \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \pm \frac{{\sqrt 7 }}{4}$, vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ nên $\sin \alpha > 0$ suy ra $\sin \alpha = \frac{{\sqrt 7 }}{4}$.

Chọn C

Vì $AB{\rm{//}}CD$ nên giao tuyến của hai mphẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ song song với đường thẳng $AB$.

Chọn D

Vì thiếu điều kiện hai đường thẳng đó phải cắt nhau.

Chọn B

Mặt phẳng $\left( {ABA'} \right)$ song song với $\left( {CC'D'} \right)$.

Chọn B

Gọi $I$ là trung điểm $CD$, ta có $\frac{{IG}}{{IA}} = \frac{{IK}}{{IB}} = \frac{1}{3}$, do đó $KG{\rm{//}}AB$.

Chọn B

Gọi $I = CM \cap BD$, trong mặt phẳng $\left( {SCM} \right)$ $SI \cap MN = E$ ta có $E$ là giao điểm của $MN$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$.

Chọn C

Từ giả thiết ta có $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}$$IJ = \frac{2}{3}MN = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}CD = \frac{1}{3}CD$.

Chọn C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{2{x^2} + x - 6}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{\left( {2x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{2x - 3}}{{x - 2}} = \frac{7}{4}$.

Chọn D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4n + 2023}}{{2n + 2024}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4 + \frac{{2023}}{n}}}{{2 + \frac{{2024}}{n}}} = 2$.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^5} + a{x^2} + bx + c} \right) = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^5} + a{x^2} + bx + c} \right) = - \infty$ nên ${x^5} + a{x^2} + bx + c = 0$ có ít nhất một nghiệm.

Chọn D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{5^n} - 1}}{{{3^n} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{5}{3}} \right)^n}.\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 - \frac{1}{{{5^n}}}}}{{1 + \frac{1}{{{3^n}}}}} = + \infty$.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {{x^3} + 5{x^2} - 4} \right) = {3^3} + {5.3^2} - 4 = 68$.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - {n^3} + 2n + 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3}.\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1 + \frac{2}{{{n^2}}} + \frac{4}{{{n^3}}}} \right) = - \infty$.

Chọn C

Hàm số $y = {x^2} - 3x + 2$ là hàm đa thức liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2x + 1} - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x}}{{x\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{\sqrt {2x + 1} + 1}} = 1$.

Chọn C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{1 - x + {x^2}}}{{x + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x.\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{x} + 1}}{{1 + \frac{4}{x}}} = - \infty$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{x} + 1}}{{1 + \frac{4}{x}}} = 1 > 0$

Chọn D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {an - \sqrt {{n^2} + bn + 2} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{a^2}{n^2} - {n^2} - bn - 2}}{{an + \sqrt {{n^2} + bn + 2} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {{a^2} - 1} \right){n^2} - bn - 2}}{{an + \sqrt {{n^2} + bn + 2} }}$.

Từ đây ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {an - \sqrt {{n^2} + bn + 2} } \right) = 2$

Do vậy $S = a + b = - 3$.

a) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{3{n^3} - 2{n^2} + 4}}{{ - 2{n^3} + 5n - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{3 - \frac{2}{n} + \frac{4}{{{n^3}}}}}{{ - 2 + \frac{5}{{{n^2}}}n - \frac{1}{{{n^3}}}}} = - \frac{3}{2}$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{3{x^2} + 5x - 2}}{{4 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {3x - 1} \right)}}{{\left( {2 - x} \right)\left( {2 + x} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{\left( {3x - 1} \right)}}{{\left( {2 - x} \right)}} = \frac{{ - 7}}{4}$

Tập xác định $D = \mathbb{R}$

Giá trị $f\left( { - 1} \right) = - 3m - 2{m^2}$

Giới hạn trái$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \left( {3mx - 2{m^2}} \right) = - 3m - 2{m^2}$

Giới hạn phải$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{{x^2} - 3x - 4}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \left( {x - 4} \right) = - 5$

Hàm số liên tục tại $x = - 1$ khi và chỉ khi$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right)$

$\Leftrightarrow - 3m - 2{m^2} = - 5 \Leftrightarrow 2{m^2} + 3m - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - \frac{5}{2}\end{array} \right.$.

Vậy các giá trị của $m$ là $m \in \left\{ { - \frac{5}{2};1} \right\}$.

Từ giả thiết ta có $MP$ là đường trung bình của tam giác $\Delta SCD$,

nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}MP//SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\\MP \not\subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MP//\left( {SBC} \right).$

b) Gọi là $K$ giao điểm của $QD$với $\left( {MNP} \right).$ Tính tỉ số $\frac{{DK}}{{DQ}}.$

$E = MN \cap AC$ vì $Ex//SC,\,\,Ex \cap AQ = K$ nên $AQ \cap \left( {MNP} \right) = K$ suy ra $\frac{{AK}}{{AQ}} = \frac{{AE}}{{AC}} = ... = \frac{3}{4}$