Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Lê Lợi (Thanh Hóa) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn A

Ta có $2\sin x + 1 = 0 \Leftrightarrow \sin x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Chọn C

Ta có $d = {u_2} - {u_1} = 1 - \left( { - 2} \right) = 3$

$${u_{10}} = {u_1} + 9d = \left( { - 2} \right) + 9.3 = 25$$

Chọn D

Hàm số $y = {x^3} + 2{x^2} - 4$ có tập xác định là $\mathbb{R}$ nên nó liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn C

Nhóm $\left[ {162\,;\,168} \right)$ có nhiều học sinh nhất nên là nhóm chứa mốt của mẫu số liệu

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {\mkern 1mu} f(x) = 4 > 0$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {\mkern 1mu} {\left( {x + 1} \right)^4} = 0$ và ${\left( {x + 1} \right)^4} > 0\forall x \ne - 1$$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {\mkern 1mu} \frac{{f(x)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^4}}} = + \infty$

Chọn A

Lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ có 3 cạnh bên và 6 cạnh đáy lên tổng 9 cạnh.

Chọn D

Vì ${u_{n + 1}} = - \frac{{{u_n}}}{5}$ nên $\left( {{u_n}} \right)$ là cấp số nhân có công bội $q = - \frac{1}{5}$ và ${u_1} = 3$.

Vậy $S = {u_1} + {u_2} + {u_3} + ... + {u_n} + ... = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{3}{{1 + \frac{1}{5}}} = \frac{5}{2}$.

Chọn B

Hàm số $y = \frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2} + 5x + 4}}$xác định khi và chỉ khi

Vậy hàm số liên tục trên khoảng $\left( { - 1; + \infty } \right)$.

Chọn A

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2{n^3} + {n^2} - 4}}{{a{n^3} + 2}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2 + \frac{1}{n} - \frac{4}{{{n^3}}}}}{{a + \frac{2}{{{n^3}}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{2 + 0 - 0}}{{a + 0}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow a = 4.$ Suy ra $a - {a^2} = - 12$.

Chọn A

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^k} = + \infty$ với $k$ nguyên dương là khẳng định đúng.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = + \infty$ nếu $\left| q \right| < 1$ là khẳng định sai vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = 0$ nếu $\left| q \right| < 1$.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = + \infty$ nếu $q > 1$ là khẳng định đúng

Chọn D

Ta có $P = 2{,}13131313... = 2 + 0{,}13131313... = 2 + \frac{{13}}{{99}} = \frac{{211}}{{99}}.$

Chọn A

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

Chọn B

Với ${u_1} = 2,q = - 5 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_2} = {u_1}q = 10\\{u_3} = {u_1}{q^2} = - 50\\{u_4} = {u_1}{q^3} = 250\end{array} \right.$

Vậy bốn số hạng đầu tiên của cấp số nhân là $- 2;\,10;\, - 50;\,250.$

Chọn A

Cấp số nhân $\frac{1}{2}{\rm{; }}\frac{1}{4}{\rm{; }}\frac{1}{8}{\rm{; }} \cdots {\rm{; }}\frac{1}{{4096}}$ có ${u_1} = \frac{1}{2},{u_2} = \frac{1}{4} \Rightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{1}{2}.$

Ta có ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{{4096}} = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow {2^n} = 4096 \Leftrightarrow n = 12.$

Vậy câp số nhân đã cho có $12$ số hạng.

Chọn C

Dựa vào bảng số liệu đã cho thì có $47$ nhân viên trong công ty nhận được mức thưởng tết từ 15 triệu đồng đến dưới 20 triệu đồng.

Chọn D

Theo tính chất của hàm số liên tục.

Chọn C

Ta có bảng thống kê chiều cau theo giá trị đại diện

Số trung bình của mẫu số liệu trên xấp xỉ bằng: $\frac{{6{,}75.6 + 7{,}25.15 + 6{,}75.11 + 8{,}25.3}}{{35}} \approx 7{,}407$.

Chọn D

Ta có $M$là điểm chung của mặt phẳng ($P)$ và mặt phẳng $(SAB)$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}AB \subset (SAB)\\AB||\left( P \right)\end{array} \right.$ nên giao tuyến của mặt phẳng ($P)$ và mặt phẳng $(SAB)$ là đường thẳng $d$ đi qua điểm $M$ và song song với đường thẳng$AB.$

Chọn B

Ta có $MN$ đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $MN||SD \Rightarrow MN||\left( {SCD} \right)$.

Tương tự $NO$ đường trung bình của tam giác $ADC$ nên $NO||DC \Rightarrow NO||\left( {SCD} \right)$.

Mà $MN \cap NO = O;MN \subset \left( {MNO} \right);NO \subset \left( {MNO} \right)$ nên ta được $\left( {MNO} \right)||\left( {SCD} \right)$.

Chọn D

Ta có

Chọn A

Hàm số $y = - \frac{1}{x}$ không xác định tại $x = 0$ nên gián đoạn tại điểm $x = 0$.

Chọn C

Điều kiện xác định: $2023\cos x \ne 0 \Leftrightarrow \cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn D

Xét dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có ${u_n} = {2^n} \Rightarrow {u_{n + 1}} = {2^{n + 1}} = {2.2^n}$.

Do đó $\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{{2.2}^n}}}{{{2^n}}} = 2$ (không đổi với $\forall n \in \mathbb{N}*$)

Suy ra ${u_n} = {2^n}$ là một cấp số nhân.

Chọn C

Dãy số $\left( {{u_n}} \right):\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{u_1} = 1}\\{{u_{n + 1}} = {u_n} + 2,\,\,\forall n \ge 1}\end{array}} \right.$ là một cấp số cộng có công sai $d = 2$.

Chọn A

Trong $\left( {BCD} \right)$ gọi $E$ là giao điểm của $CD$ và $NP$. Khi đó

$\left. \begin{array}{l}E \in CD\\E \in NP \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow$ $E$ là giao điểm của $CD$ và $\left( {MNP} \right)$.

Chọn B

Theo vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gian ta có: Hai đường thẳng không có điểm chung là hai đường thẳng song song hoặc chéo nhau.

Chọn B

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2f\left( x \right) + 1}}{{2 - 3g\left( x \right)}} = \frac{{2.5 + 1}}{{2 - 3.\left( { - 2} \right)}} = \frac{{11}}{8}$.

Chọn B

Cho đường thẳng a và mặt phẳng (P) trong không gian. Có ba vị trí tương đối của a và (P): Song song, cắt nhau và chứa trong

Chọn C

Ta có $9{,}5 - 8{,}5 = 1$.

Chọn B

Giao tuyến của mặt phẳng $\left( {DMN} \right)$ và mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ là đường thẳng $DN$.

Chọn B

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

Chọn D

Ta có $\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP,\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ$

Chọn B

Do $MN//BD \Rightarrow MN//\left( {BCD} \right)$

Chọn D

+ Ta có $T$.

Ta thấy$T$ là đường trung bình của tam giác $T$ nên $\left( \alpha \right)$ mà $MN$.

Do đó $AD$.

+ Ta có $P$.

Ta thấy$\Rightarrow$ là đường trung bình của tam giác $MNP$ nên $\left( \alpha \right)$ mà $MN$.

Do đó $\left( {BCD} \right)$.

+ Ta có $PQ$.

Ta thấy$SE = \frac{1}{2}SD$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $OH{\rm{//}}AB$ mà $AB \subset \left( {SAB} \right)$.

Do đó $OH{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

+ Trong mp $\Rightarrow$ta thấy:$MNPQ$ mà $MNPQ$ nên $HK$không song song với $\left( {SAB} \right)$.

Chọn C

Ta có ${\sin ^6}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^6}x = {\left( {{{\sin }^2}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \right)^3} - 3{\sin ^2}x.{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x\left( {{{\sin }^2}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \right)$

$= 1 - 3{\sin ^2}x.{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x = 1 - \frac{3}{4}{\sin ^2}2x = 1 - \frac{3}{4} \times \frac{1}{2}\left( {1 - \cos 4x} \right) = \frac{{5 + 3\cos 4{\rm{x}}}}{8}$.

Vậy $a = 5,\,b = 3,c = 8 \Rightarrow a + b + c = 16.$Do đó $T = 16$.

Chọn D

Diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.4.4.\sin 30^\circ = 4$.

Gọi $\,\,P,N$ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng $\left( P \right)$ và các cạnh $SB,\,\,SC$.

Vì $\left( P \right)$${\rm{//}}$$\left( {ABC} \right)$ nên theoo định lí Talet, ta có $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}$.

Khi đó tam giác $MNP$ đồng dạng với tam giác $ABC$ theo tỉ số $k = \frac{2}{3}$.

Vậy ${S_{\Delta MNP}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.4 = \frac{{16}}{9}$.

Chọn B

$\lim \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^n} - {2^{n + 1}} + 1}}{{{{5.2}^n} + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^{n + 1}} - 3}} + + \frac{{2{n^2} + 3}}{{{n^2} - 1}}} \right) = \lim \left( {\frac{{1 - 2.{{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}}}{{5.{{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n} + \sqrt 5 - .{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}}} + \frac{{2 + \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{n^2}}}}}} \right)$

$= \frac{1}{{\sqrt 5 }} + 2 = \frac{{\sqrt 5 }}{5} + 2.$ Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 5\\c = 2\end{array} \right..$

Vậy $S = {1^2} + {5^2} + {2^2} = 30.$

Chọn D

Phương trình $\sqrt { - {x^2} + 3x - 2} .\sin \pi \left( {4{x^2} + 2x} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - {x^2} + 3x - 2 = 0\\\left\{ \begin{array}{l} - {x^2} + 3x - 2 > 0\\\sin \pi \left( {4{x^2} + 2x} \right) = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\\left\{ \begin{array}{l}1 < x < 2\\4{x^2} + 2x = k\end{array} \right.\,\,\left( * \right)\end{array} \right.$

Ta có hàm số $y = 4{x^2} + 2x$ luôn đồng biến $\left( {1;\,2} \right)$ và $y\left( 1 \right) = 6$,$y\left( 2 \right) = 20$.

Có $k \in \mathbb{Z}$ để phương trình $\left( * \right)$ có nghiệm $\Leftrightarrow k \in \left\{ {7;\,8;\,9;\, \ldots ;\,19} \right\}$và ứng với mỗi $k$ phương trình $\left( * \right)$ có 1 nghiệm khác nhau và khác nghiệm $\left\{ {1;\,2} \right\}$. Vậy phương trình có $15$ nghiệm thực)

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {ax + 1} - 1}}{{3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ax + 1 - 1}}{{3x\left( {\sqrt {ax + 1} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{a}{{3\left( {\sqrt {ax + 1} + 1} \right)}} = \frac{a}{6}$ mà $f\left( 0 \right) = 4b$

Để hàm số liên tục tại $x = 0$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow \frac{a}{6} = 4b \Leftrightarrow a = 24b$.

Chọn B

Đặt $S = 4 + 44 + 444 + ... + 44...4$ (tổng đó có $2018$ số hạng). Ta có:

$\frac{9}{4}S = 9 + 99 + 999 + ... + 99...9$$= \left( {10 - 1} \right) + \left( {{{10}^2} - 1} \right) + \left( {{{10}^3} - 1} \right) + ...\left( {{{10}^{2018}} - 1} \right)$

Suy ra: $\frac{9}{4}S =$$\left( {10 + {{10}^2} + {{10}^3} + ... + {{10}^{2018}}} \right) - 2018 =$$A - 2018$.

Với $A = 10 + {10^2} + {10^3} + ... + {10^{2018}}$ là tổng $2018$ số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu ${u_1} = 10$, công bội $q = 10$ nên ta có $A = {u_1}\frac{{1 - {q^{2018}}}}{{1 - q}}$$= 10\frac{{1 - {{10}^{2018}}}}{{ - 9}}$$= \frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9}$.

Do đó $\frac{9}{4}S = \frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9} - 2018$$\Leftrightarrow S = \frac{4}{9}\left( {\frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9} - 2018} \right)$.

Chọn A

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

Suy ra $a = 4$, $b = 3$. Vậy $P = a + b = 7$.

Chọn C

Và cấp số cộng có ${u_1} = a$ , ${u_4} = b$, ${u_8} = c$. Gọi $x$ là công sai của cấp số cộng. Vì cấp số nhân có công bội khác $1$ nên $x \ne 0$.

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}b = a + 3x\\c = a + 7x\end{array} \right.$ $\left( 4 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 4 \right)$ ta được : $a\left( {a + 7x} \right) = {\left( {a + 3x} \right)^2}$$\Leftrightarrow ax - 9{x^2} = 0$.

Do $x \ne 0$ nên $a = 9x$.

Từ $\left( 3 \right)$ và $\left( 4 \right)$, suy ra $3a + 10x = \frac{{148}}{9}$.

Do đó : $\left\{ \begin{array}{l}a = 4\\x = \frac{4}{9}\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{{16}}{3}\\c = \frac{{64}}{9}\\d = \frac{{256}}{{27}}\end{array} \right.$.

Vậy $T = a - b + c - d = \frac{{ - 100}}{{27}}$.

Chọn B

Theo giả thiết có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {f\left( x \right) - 20} \right) = 0$hay $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 20$$\left( * \right)$

Khi đó

$$T = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6f\left( x \right) + 5 - 125}}{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right) + 25} \right]}}$$

$$T = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6\left[ {f\left( x \right) - 20} \right]}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right) + 25} \right]}}$$

$T = \frac{{10.6}}{{5.75}} = \frac{4}{{25}}$.

Chọn B

Ta có: $\sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{4} = x + \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{4} = \pi - x - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pi + k2\pi \\x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

+ Xét $x = \pi + k2\pi$$\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Do $0 < x < \pi \Leftrightarrow 0 < \pi + k2\pi < \pi \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < k < 0$. Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên không có giá trị $k$.

+ Xét $x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}$$\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Do $0 < x < \pi \Leftrightarrow 0 < \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3} < \pi \Leftrightarrow - \frac{1}{4} < k < \frac{5}{4}$. Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên có hai giá trị $k$ là: $k = 0;k = 1$.

$\bullet$ Với $k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}$.

$\bullet$ Với $k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{6}$.

Do đó trên khoảng $\left( {0;\pi } \right)$ phương trình đã cho có hai nghiệm $x = \frac{\pi }{6}$ và $x = \frac{{5\pi }}{6}$.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho trong khoảng $\left( {0;\pi } \right)$ là: $\frac{\pi }{6} + \frac{{5\pi }}{6} = \pi$.

Lời giải

Chọn D

Ta có $\left( P \right)\parallel AB$ và $AD$.

Giả sử $\left( P \right)$ cắt các mặt bên $\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {SDA} \right)$ lần lượt theo các giao tuyến MN, NP, PQ, QM với $N \in SB,\,\,P \in SC,\,\,Q \in SD\,$

Khi đó $MN$//$AB$ $\Rightarrow \,\,\,\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\,.$

Tương tự, ta có được $\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{QM}}{{DA}} = \frac{2}{3}$

Vậy tứ giác MNPQ có các cạnh đối song song với nhau và bằng nhau nên là hình bình hành. Mặt khác ABCD là hình thoi nên AB=BC nên MN=NP.Do đó tứ giác MNPQ là hình thoi.

Chọn D

Gọi $K = \left( P \right) \cap BD$, $L = \left( P \right) \cap BC$, $E = \left( P \right) \cap CD$.

Vì $\left( P \right)\,\,//\,AB$ nên $IL\,//\,AB$, $JK\,//\,AB$. Do đó $IJKL$ hình thang và $L$ là trung điểm cạnh $BC$, nên ta có $\frac{{KD}}{{KB}} = \frac{{JD}}{{JA}} = \frac{1}{2}$.

Xét tam giác $ACD$ có $I$, $J$, $E$ thẳng hàng. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt ta có:

$\frac{{ED}}{{EC}}.\frac{{IC}}{{IA}}.\frac{{JA}}{{JD}} = 1 \Rightarrow \frac{{ED}}{{EC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow D$ là trung điểm $EC$.

Dễ thấy hai tam giác $ECI$ và $ECL$ bằng nhau theo trường hợp c-g-c.

Áp dụng định lí cosin cho tam giác $ICE$ ta có:

$E{I^2} = E{C^2} + I{C^2} - 2EC.IC.\cos 60^\circ = \frac{{13{a^2}}}{4}$$\Rightarrow EL = EI = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}$.

Áp dụng công thức Hê-rông cho tam giác $ELI$ ta có: ${S_{ELI}} = \sqrt {p{{\left( {p - x} \right)}^2}\left( {p - y} \right)} = \frac{{\sqrt {51} }}{{16}}{a^2}$

Với $p = \frac{{EI + EL + IL}}{2} = \frac{{2\sqrt {13} + 1}}{4}a$, $x = EI = EL = \frac{{\sqrt {13} }}{2}a$, $y = IL = \frac{a}{2}$.

Hai tam giác $ELI$ và tam giác $EKJ$ đồng dạng với nhau theo tỉ số $k = \frac{2}{3}$ nên

Do đó: ${S_{IJKL}} = {S_{ELI}} - {S_{EKJ}} = {S_{ELI}} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{S_{ELI}} = \frac{{5\sqrt {51} }}{{144}}{a^2}$.

Chọn C

Xét phương trình:

Đặt: $f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c$

Từ giả thiết $\left\{ \begin{array}{l}4a + c > 8 + 2b \Rightarrow - 8 + 4a - 2b + c > 0\\a + b + c < - 1 \Rightarrow 1a + b + c < 0 \Rightarrow f\left( 1 \right) < 0\end{array} \right.$

Do đó $f\left( { - 2} \right).f\left( 1 \right) < 0$ nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm trong $\left( { - 2;\,\,1} \right)$

Ta nhận thấy:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty$ mà $f\left( { - 2} \right) > 0$ nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm $\alpha \in \left( { - \infty ;\,\, - 2} \right)$

Tương tự: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty$ mà $f\left( 1 \right) < 0$ nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm $\beta \in \left( {1;\,\, + \infty } \right)$

Như vậy phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm thực phân biệt, mặt khác phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm.

Chọn A

Chọn D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + ax + 5} + x} \right) = 5$$\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{x^2} + ax + 5 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + ax + 5} - x}}} \right) = 5$$\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{ax + 5}}{{\sqrt {{x^2} + ax + 5} - x}}} \right) = 5$$\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{a + \frac{5}{x}}}{{ - \sqrt {1 + \frac{a}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} - 1}}} \right) = 5$$\Leftrightarrow \frac{a}{{ - 2}} = 5$$\Leftrightarrow a = - 10$.

Vì vậy giá trị của $a$ là một nghiệm của phương trình ${x^2} + 9x - 10 = 0$.