Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Ngô Thì Nhậm (Ninh Bình) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn A

Gọi mặt phẳng đi qua trung điểm $M$ của cạnh $AB$ và song song với $BD$, $SA$ là $\left( \alpha \right)$.

Vì $\left( \alpha \right)//BD$ nên $\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN$, $N \in AD$.

$\left( \alpha \right)//SA$ nên , $R \in SB$, $\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = NP$, $P \in SD$. $\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MR$, $R \in SB$

Trong mp$\left( {ABCD} \right)$ ta có $MN \cap CD = I$. Trong mp$\left( {SAD} \right)$ ta có $IP \cap SC = Q$. Khi đó $\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ$, $\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = \,QR$. Vậy thiết diện là ngũ giác $MNPQR$.

Chọn A

$x = 400 - 394 = 6$.

Chọn A

$\lim {u_n} = \lim \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right) = \lim \frac{1}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }} = 0$.

Chọn B

Theo định nghĩa dãy số tăng.

Chọn A

Ta có ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} = {2.3^{n - 1}}$.

Chọn A

Tập xác định của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{2023x + 2024}}{{{x^2} - 6x + 8}} + \sqrt {x - 3}$ là $\left[ {3;4} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)$. Vì vậy hàm số liên tục trên khoảng $\left( {3;4} \right)$.

Chọn B

Gọi $\overline x$ là giá trị trung bình của bảng phân bố tần số trên. Ta có $\overline x = \frac{{10{,}5 + 2.11{,}5 + 5.12{,}5 + 12.13{,}5 + 20.14.5}}{{40}} = 13{,}725$ . Vậy $\overline x = 13{,}7$.

Chọn B

Từ $M$ kẻ đường thẳng song song với $AC$ cắt $CD$ tại $N$thì $N$là hình chiếu song song của điểm $M$ theo phương $AC$ lên mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$. Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $N$ là trung điểm của $CD$

Chọn B

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

Chọn B

Cỡ mẫu là 20, gọi ${x_1},{x_2},...,{x_{20}}$là chiều cao của 20 học sinh đã được xếp theo thứ tự không giảm. Khi đó trung vị ${M_e} = \frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}$. Nhóm chứa Trung vị là nhóm thứ 4 vậy ta có:${M_e} = 97 + \frac{{10 - 7}}{{10}}\left( {106 - 97} \right) = \frac{{997}}{{10}}$

Chọn D

Ta có $MN//AC,PQ//AC \Rightarrow MN//PQ$.

Chọn D

Ta có: $f\left( x \right)$ liên tục trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$. Hàm số liên tục trên $R$ khi và chỉ khi hàm số liên tục tại ${x_0} = 1$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} + 2} \right) = 3$ nên hàm số liên tục trên $R$ khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) \Leftrightarrow 2 + m = 3 \Leftrightarrow m = 1$. Vậy $m \in \left( { - 2;2} \right)$.

Chọn C

Ta có $CM,\,SO$ là hai đường trung tuyến trong tam giác $SAC$ nên $CM,\,SO$ cắt nhau.

Chọn B

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, $AC$cắt $BM$ tại $I$. $\left( {MSB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SI$.

Chọn B

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sqrt {2x + 1} - \sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sqrt {2x + 1} - 2 + 2 - \sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}}}}{x}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\left( {\sqrt {2x + 1} - 1} \right) + \left( {2 - \sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}}} \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\left( {\sqrt {2x + 1} - 1} \right)}}{x} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {2 - \sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}}} \right)}}{x}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\left( {\sqrt {2x + 1} - 1} \right)\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)}}{{x\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {2 - \sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}}} \right)\left( {4 + 2\sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}} + \sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} + x + 8} \right)}^2}}}} \right)}}{{x\left( {4 + 2\sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}} + \sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} + x + 8} \right)}^2}}}} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x}}{{x\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{8 - \left( {{x^2} + x + 8} \right)}}{{x\left( {4 + 2\sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}} + \sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} + x + 8} \right)}^2}}}} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{4}{{\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 1 - x}}{{\left( {4 + 2\sqrt[3]{{{x^2} + x + 8}} + \sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} + x + 8} \right)}^2}}}} \right)}} = 2 - \frac{1}{{12}} = \frac{{23}}{{12}}$

Vậy $a = 23,\,b = 12$. $a - 2b = - 1$.

Chọn D

Ta có ${u_1} = 2023,\,d = - 3$. Nên ${u_n} = 2023 + \left( {n - 1} \right)\,d = 2023 - 3\left( {n - 1} \right)\, = 2026 - 3n$.

Vậy ${u_n} = - 3n + 2026\,\,\left( {n \ge 2,n \in \mathbb{N}} \right)$.

Chọn B

Ta có ${G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB$.

Chọn D

Ta có $I$ là trọng tâm của tam giác $SBD$ nên $ID = 2IM$.

ChọnA

$\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \lim \frac{{n + 3}}{{3\left( {n + 1} \right)}} = \frac{1}{3}$.

Chọn B

$\lim \left( {\frac{{3n + 2}}{{n + 2}} + {a^2} - 4a} \right) = 0 \Leftrightarrow {a^2} - 4a + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\a = 3\end{array} \right.$. Vậy $S = 4$.

Chọn C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 3} - x}}{{2x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} - x}}{{2x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} - 1}}{{2 - \frac{1}{x}}} = - 1$

Chọn A

Hai mặt phẳng $\left( {BMN} \right)$ và $\left( {ACD} \right)$ có điểm $B$chung và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $MN$và$AC$ nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $d$ qua $B$ song song với $MN$ và $AC$.

Chọn B

Vì hàm số $f\left( x \right)$ liên tục tại $x = \frac{1}{2}$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{\sqrt {a{x^2} + 1} - bx - 2}}{{4{x^3} - 3x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{\sqrt {a{x^2} + 1} - bx - 2}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)}} = \frac{c}{2}$. Do đó tử thức nhận $x = \frac{1}{2}$làm nghiệm kép.

Vậy yêu cầu bài toán tương đương với $a,\,\,b$ phải thoả mãn các điều kiện: $\sqrt {\frac{{a + 4}}{4}} - \frac{b}{2} - 2 = 0$ (1) và $\sqrt {a{x^2} + 1} - bx - 2 = 0$ (2) có nghiệm kép $x = \frac{1}{2}$

(2) $\Leftrightarrow \sqrt {a{x^2} + 1} - bx - 2 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {a{x^2} + 1} = bx + 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{x^2} + 1 = {\left( {bx + 2} \right)^2}\\\frac{b}{2} + 2 \ge 0\end{array} \right.$có nghiệm kép$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{x^2} + 1 = {\left( {bx + 2} \right)^2}\\\frac{b}{2} + 2 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{x^2} + 1 = {b^2}{x^2} + 4bx + 4\\\frac{b}{2} \ge - 2\end{array} \right.$có nghiệm kép.

Pt $\left( {a - {b^2}} \right){x^2} - 4bx - 3 = 0$ có nghiệm kép $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne {b^2}\\4{b^2} + 3\left( {a - {b^2}} \right) = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow {b^2} + 3a = 0$ (3). Kết hợp (1) và (3) ta có hpt $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{a + 4}}{4} = {\left( {\frac{b}{2} + 2} \right)^2}\\{b^2} + 3a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = {b^2} + 8b + 12\\{b^2} + 3a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = {b^2} + 8b + 12\\{\left( {b + 3} \right)^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = - 3\end{array} \right.$.

Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{\sqrt { - 3{x^2} + 1} + 3x - 2}}{{4{x^3} - 3x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{\sqrt { - 3{x^2} + 1} + 3x - 2}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)}}$$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{\sqrt { - 3{x^2} + 1} + 3x - 2}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{\left( {\sqrt { - 3{x^2} + 1} + 3x - 2} \right)\left( {\sqrt { - 3{x^2} + 1} - 3x + 2} \right)}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt { - 3{x^2} + 1} - 3x + 2} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{ - 3{x^2} + 1 - 9{x^2} + 12x - 4}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt { - 3{x^2} + 1} - 3x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{ - 12{x^2} + 12x - 3}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt { - 3{x^2} + 1} - 3x + 2} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{ - 3{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt { - 3{x^2} + 1} - 3x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2}} \frac{{ - 3}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt { - 3{x^2} + 1} - 3x + 2} \right)}} = - 2$.

Vậy $c = - 4$, $abc = - 36$.

Ta có $x = 3$, thì $f(3) = 4$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{(x + 1)(x - 3)}}{{x - 3}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} (x + 1) = 4$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f(x) = f(3) = 4$ nên $f(x)$ liên tục tại điểm $x = 3$.

a. $\left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = ON$.

Trong mp$\,\left( {ABCD} \right)$ ta có $ON \cap AB = E$.

$\left( {OMN} \right) \cap \left( {SAB} \right) = ME$. Giao tuyến của mp$\left( {OMN} \right)$ và mp$\left( {SAD} \right)$ là $MI$, $MI//AD$, $I \in SD$

$\left( {OMN} \right) \cap \left( {SAD} \right) = MI$, $\left( {OMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NI$.

Các đoạn giao tuyến trên tạo nên tứ giác $MINE$.

b. Do $O,M$ lần lượt là trung điểm của $AC,\,SA$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$nên $OM//SC \Rightarrow OM//\left( {SBC} \right)$ (1)

Tương tự $ON//BC \Rightarrow ON//\left( {SBC} \right)$ (2)

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