Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Đông Hà (Quảng Trị) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn B

Xét tam giác $ABE$ ta có $\frac{{E{G_2}}}{{EA}} = \frac{{E{G_1}}}{{EB}} \Leftrightarrow {G_1}{G_2}\parallel AB$ (Theo định lý Ta – Let trong tam giác)

Mà $AB \subset \left( {ABD} \right)$ suy ra ${G_1}{G_2}\parallel \left( {ABD} \right)$.

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } = \frac{{3{n^3} - {n^4}}}{{{n^7} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } = \frac{{\frac{3}{n} - 1}}{{{n^3} + \frac{1}{{{n^4}}}}} = 0$

Chọn C

Hàm số $y = \frac{3}{x}$ có tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$ nên hàm số $y = \frac{3}{x}$ nào không liên tục trên$\mathbb{R}$.

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {2 + {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 2 + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 2 + 0 = 2$.

Chọn D

$\left( {BDD'B'} \right)\;$và $\;\left( {ACC'A'} \right)$ cắt nhau theo giao tuyến $OO'$.

Chọn D

Xét hai mặt phẳng $\left( {AB'D'} \right)$ và $\left( {C'BD} \right)$, ta có

$\left\{ \begin{array}{l}BD\parallel B'D'\\AB'\parallel DC'\\AD'\parallel BC'\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AB'D'} \right)\parallel \left( {C'BD} \right)$

Chọn B

Ta có

$$\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} ({x^2} + 3x - 2) = 8\\\mathop {\,\,\,\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{4 - 2x}}{{3x - 2}} = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 8\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 10$$

Chọn D

Xét $\Delta SAB$, ta có $MN\parallel SB$ (theo tính chất đường trung bình trong tam giác)

Mà $\left\{ \begin{array}{l}SB \subset \left( {SBC} \right)\\MN \notin \left( {SBC} \right)\end{array} \right.$ nên $MN\parallel \left( {SBC} \right)$

Chọn D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {1 - x} \right) = 0{,}1 - x > 0$ với mọi $x < 1$và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {3{x^2} - 5x - 1} \right) = - 3 < 0$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{3{x^2} - 5x - 1}}{{1 - x}} = - \infty$.

Chọn B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2x} \right) = 2$; $f\left( 1 \right) = 2m + 5$

Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục tại ${x_o} = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2m + 5 = 2 \Leftrightarrow m = - \frac{3}{2}$.

Chọn A

Ta có: $AD\parallel BC$ và $\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = S$ nên đường thẳng ${\rm{\Delta }}$ song song $AD$ và $BC$.

Chọn B

Ta có: dãy số $\frac{1}{2};\frac{1}{4};\frac{1}{8};\frac{1}{{16}};...$. Là một cấp số nhân với ${u_1} = \frac{1}{2}$ và $d = \frac{1}{{{2^n}}}$

nên ${u_n} = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = \frac{1}{{{2^n}}}$

Chọn B

Ta có $MN$và $BC$ không cùng nằm trong một mặt phẳng, suy ra $MN$và $BC$ chéo nhau.

Chọn D

Ta có: ${u_4} = {u_3}.q = 2.4 = 8$.

Chọn A

Ta có: $d = {u_2} - {u_1} = 3 - \left( { - 3} \right) = 6$.

Chọn C

Ta có $y = \cos x$ và hàm số $y = {x^2}$ hàm số chẵn nên $y = \cos x + {x^2}$.

Chọn D

Tổng số học sinh được khảo sát là: $3 + 15 + 10 + 8 + 4 = 40$.

Chọn D

Ta có: $\cos x = \cos \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi ,{\rm{ }}(k \in \mathbb{Z})$.

Chọn B

Ta có: $\begin{array}{l}\sin \left( {\pi - \alpha } \right) = \sin \alpha \\\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha \\\tan \left( {\pi - \alpha } \right) = - \tan \alpha \\\cot \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cot \alpha \end{array}$.

Chọn C

${S_n} = n{u_1} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}.d \Rightarrow {S_5} = 5.2 + \frac{{5\left( {5 - 1} \right)}}{2}.1 = 20$.

Chọn D

Hai đường thẳng trong không gian có $4$vị trí tương đối: Cắt nhau, song song, trùng nhau, chéo nhau.

a) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2{n^2} - n - 2}}{{{n^2} + n}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2 - \frac{1}{n} - 2.\frac{1}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{1}{n}}} = \frac{{2 - 0 - 0}}{{1 + 0}} = 2$.

b) Ta có

$$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{2 - \sqrt {x + 1} }}{{{x^2} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{4 - (x + 1)}}{{(x - 3)(x + 3)(2 + \sqrt {x + 1} )}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{ - (x - 3)}}{{(x - 3)(x + 3)(2 + \sqrt {x + 1} )}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{ - 1}}{{(x + 3)(2 + \sqrt {x + 1} )}} = \frac{{ - 1}}{{24}}\\\end{array}$$

c) Ta có

$$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{13}}{{1 - {x^{13}}}} - \frac{1}{{1 - x}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{13 - (1 + x + {x^2} + ... + {x^{12}})}}{{1 - {x^{13}}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{12 - x - {x^2} - ... - {x^{12}}}}{{1 - {x^{13}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{1 - x + 1 - {x^2} + ... + 1 - {x^{12}}}}{{1 - {x^{13}}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(1 - x)\left[ {1 + (1 + x) + (1 + x + {x^2}) + ... + (1 + x + {x^2} + ... + {x^{11}})} \right]}}{{(1 - x)(1 + x + {x^2} + ... + {x^{12}})}}\end{array}$$

$$\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{1 + (1 + x) + (1 + x + {x^2}) + ... + (1 + x + {x^2} + ... + {x^{11}})}}{{(1 + x + {x^2} + ... + {x^{12}})}}\\ = \frac{{1 + 2 + 3 + ... + 12}}{{13}} = \frac{{13.6}}{{13}} = 6\end{array}$$

a) Tìm giao tuyến của $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right).$

$$S \in (SAC) \cap (SBD)\,\,(1)$$

$$\begin{array}{l}Trong\,(ABCD)\,:AC \cap \,BD = O\\\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \Rightarrow O \in (SAC)\\O \in BD \Rightarrow O \in (SBD)\end{array} \right. \Rightarrow O \in (SAC) \cap (SBD)\,\,(2)\end{array}$$

Từ $\,(1),\,(2)\,$ $\Rightarrow (SAC) \cap (SBD) = SO$.

b) Chứng minh $IJ\parallel \left( {SCD} \right)$.

Ta có$\,IJ \not\subset (SCD)\,(3)$

$CD \subset (SCD)\,(4)$

Mà${\rm{ }}IJ\parallel AB\,\,$($IJ\,$là đường trung bình của $\Delta SAB$),$CD\parallel AB\,\,$( giả thiết ) $\Rightarrow IJ\parallel CD\,(5)$

Từ $\,(3),\,(4)\,,(5)$ $\Rightarrow IJ{\rm{//}}(SCD)$.

c) Xác định giao điểm của $ID$ và mặt phẳng $\left( {MNK} \right)$.

*$Trong\,\left( {SAB} \right)\,:SA \cap \,MN = H \Rightarrow H \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {MNK} \right)\,\,(6)$

Lấy $P\,$là trung điểm$AN$.

${\rm{ + }}KN\parallel CP\,\,$($KN$là đường trung bình của $\Delta BCP$ ) ,$CP\parallel AD\,\,$( $APCD$ là hình bình hành vì có cặp cạnh đối $AP$ và $CD$song song và bằng nhau ) $\Rightarrow KN\parallel AD\,(7)$

+$\left\{ \begin{array}{l}{\rm{KN}} \subset \left( {KMN} \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right.(8)$

Từ $(\,6),(7),(8)$ $\Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {MNK} \right) = d(d\,\,qua\,H,d{\rm{//}}AD,{\rm{//}}KN)$

$$\begin{array}{l} + DI \subset \left( {SAD} \right)\\ + \left( {SAD} \right) \cap \left( {MNK} \right)\, = d\\ + DI \cap d = Q\\\left\{ \begin{array}{l}Q \in DI\\Q \in d \subset \left( {MNK} \right) \Rightarrow Q \in \left( {MNK} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DI \cap \left( {MNK} \right) = Q\end{array}$$