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

Chọn C

Ta có $\cos \left( {a + \frac{\pi }{7}} \right) = \cos a\cos \frac{\pi }{7} - \sin a\sin \frac{\pi }{7}.$

Chọn A

Ta có $\cos 2x = 2{\cos ^2}x - 1 = 2 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} - 1 = - \frac{7}{9}$.

Chọn C

Hàm số $y = \sin x$ có chu kì tuần hoàn là $2\pi$.

Chọn B

Ta có $\tan x = \tan \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn D

Ta có ${\rm{cos}}\,x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn B

Ta có ${u_1} = \frac{1}{1} = 1;\,\,{u_2} = \frac{1}{2};\,\,{u_3} = \frac{1}{3}$.

Chọn A

Ta có $3 - 2 = 2 - 1 = 1$ nên dãy số gồm 3 số hạng $1;2;3$ là một cấp số cộng.

Các dãy số còn lại không phải cấp số cộng vì:

+) $8 - 4 = 4 \ne 2 = 4 - 2$;

+) $\frac{1}{6} - \frac{1}{4} = - \frac{1}{{12}} \ne - \frac{1}{4} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2}$;

+) $\frac{1}{4} - \frac{1}{2} = - \frac{1}{4} \ne - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - 1$.

Chọn B

Ta có ${u_4} = {u_1} + 3d = 3 + 3 \cdot \left( { - 7} \right) = - 18$.

Chọn C

Vì $\frac{2}{1} = \frac{4}{2} = \frac{8}{4} = \frac{{16}}{8} = ... = 2$ nên dãy số $1;\,\,2;{\rm{ }}4;{\rm{ }}8;{\rm{ }}16;{\rm{ }} \ldots$ là một cấp số nhân.

Vì $\frac{{ - 6}}{3} = \frac{{12}}{{ - 6}} = \frac{{ - 24}}{{12}} = - 2$ nên dãy số $3;\,\, - 6;\,\,12;\, - 24$ là một cấp số nhân.

Vì $\frac{3}{1} \ne \frac{5}{3}$ nên dãy số $1;\,\,3;\,\,5;\,\,7;\,\,....$ không phải là một cấp số nhân.

Vì $\frac{{{a^3}}}{a} = \frac{{{a^5}}}{{{a^3}}} = \frac{{{a^7}}}{{{a^5}}} = ... = {a^2}\,\;\left( {a \ne 0} \right)$ nên dãy số $a;{\rm{ }}{a^3};{\rm{ }}{a^5};{\rm{ }}{a^7};{\rm{ }} \cdots \;\left( {a \ne 0} \right)$ là một cấp số nhân.

Chọn B

Công bội của cấp số nhân là $d = \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{{\frac{1}{4}}}{2} = \frac{1}{8}$.

Chọn D

Ta có bảng sau:

Cân nặng trung bình của 42 học sinh lớp 11A là

$\overline x = \frac{{10 \cdot 43 + 7 \cdot 48 + 16 \cdot 53 + 4 \cdot 58 + 2 \cdot 63 + 3 \cdot 68}}{{42}} \approx 51{,}81$.

Chọn C

Từ bảng số liệu trên ta thấy tần số lớn nhất là 22 nên nhóm $\left[ {6{,}5;8{,}0} \right)$ là nhóm chứa mốt.

Chọn C

Yếu tố xác định một mặt phẳng duy nhất là hai đường thẳng cắt nhau.

Xét phương án A: Trường hợp ba điểm thẳng hàng không xác định được một mặt phẳng.

Xét phương án B: Trường hợp điểm nằm trên đường thẳng không xác định được một mặt phẳng.

Xét phương án D: Trường hợp bốn điểm phân biệt thẳng hàng không xác định được một mặt phẳng.

Chọn C

Hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau hoặc trùng nhau.

Chọn D

Vì $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,\,AC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra $MN\,{\rm{//}}\,BC$. Mà $MN$ không thuộc mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$. Do đó, $MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)$.

Chọn B

Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đó.

Chọn A

Qua phép chiếu song song, tính chất ***chéo nhau* **không được bảo toàn.

Chọn C

Ta có $J = \lim \frac{{2n + 3}}{{n + 1}} = \lim \frac{{2 + \frac{3}{n}}}{{1 + \frac{1}{n}}} = 2$.

Chọn D

Ta có $\lim \frac{{{5^n} - {3^n}}}{{{5^n} - 4}} = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n}}}{{1 - 4 \cdot {{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^n}}} = 1$.

Chọn C

Ta có $\lim \left( { - {n^2} + 3n} \right) = \lim \left[ {{n^2}\left( { - 1 + \frac{3}{n}} \right)} \right] = - \infty$;

$\lim \sqrt {{n^2} + n + 1} = \lim \left[ {n \cdot \sqrt {1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} } \right] = + \infty$;

$\lim \frac{{2n + 5}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{2 + \frac{5}{n}}}{{2 + \frac{3}{n}}} = 1$;

$\lim {2^n} = + \infty \,\,\left( {{\rm{do}}\,\,2 > 1} \right)$.

Chọn D

Ta có $I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{{x^2} - 4x + 7}}{{x + 1}}} \right) = \frac{{{1^2} - 4 \cdot 1 + 7}}{{1 + 1}} = \frac{4}{2} = 2$.

Chọn C

Ta có $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 3}}{{ - 4x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 - \frac{3}{x}}}{{ - 4 + \frac{2}{x}}} = \frac{2}{{ - 4}} = - \frac{1}{2}$.

Chọn C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{x^2} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x - 1}}{{x + 3}} = \frac{{3 - 1}}{{3 + 3}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Chọn B

Ta có $I = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^4} - 2mx + {m^2} + 3} \right) = {\left( { - 1} \right)^4} - 2m \cdot \left( { - 1} \right) + {m^2} + 3 = {m^2} + 2m + 4$.

Để $I < 12$ thì ${m^2} + 2m + 4 < 12$, tức là ${m^2} + 2m - 8 < 0$, điều này xảy ra khi $- 4 < m < 2$.

Vì $m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ { - 3;\, - 2;\, - 1;\,\,0;\,\,1} \right\}$.

Vậy có $5$ giá trị nguyên của tham số thực $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C

Ta có $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA$.

Chọn B

Ta có $S$ là một điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$.

Lại có $AD \subset \left( {SAD} \right),\,\,BC \subset \left( {SBC} \right)$ và $AD\,{\rm{//}}\,BC$ (do $ABCD$ là hình bình hành) nên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD,\,\,BC$.

Chọn B

Do $ADC'B'$ là hình bình hành nên $AB'\,{\rm{//}}\,DC'$.

Do $ABC'D'$ là hình bình hành nên $AD'\,{\rm{//}}\,BC'$.

Mà $AB',\,AD' \subset \left( {AB'D'} \right)$; $BC',\,DC' \subset \left( {C'BD} \right)$ nên $\left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {C'BD} \right)$.

Chọn A

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

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

$= \frac{{2\left[ {{{\left( { - \sqrt 3 } \right)}^2} - \left( { - \sqrt 3 } \right) \cdot \sqrt 3 + 3} \right]}}{{\sqrt 3 - \left( { - \sqrt 3 } \right)}} = \frac{{18}}{{2\sqrt 3 }} = 3\sqrt 3$.

Suy ra $a = 3,\,\,b = 0$. Vậy ${a^2} + {b^2} = {3^2} + {0^2} = 9$.

Vì $O$ là tâm của hình bình hành $ABCD$ và $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $BC$ nên $MN$ đi qua $O$$\Rightarrow O = AC \cap MN$$\Rightarrow SO = \left( {SMN} \right) \cap \left( {SAC} \right)$.

Ta luôn có: $\frac{1}{{k\left( {k + 1} \right)}} = \frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 1}}$ áp dụng vào ${u_n}$, ta có:

$$u_n=\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}$$

$= \left( {\frac{1}{1} - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + ... + \left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right) = 1 - \frac{1}{{n + 1}}$.

Do đó, $\lim {u_n} = \lim \left( {1 - \frac{1}{{n + 1}}} \right) = 1$.

Ta có:

¦ $\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( P \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ\end{array} \right.$ và $MN\,{\rm{//}}\,PQ\,{\rm{//}}\,AB$ (1).

¦ $\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\\\left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP\end{array} \right.$ và $\left\{ \begin{array}{l}MQ\,{\rm{//}}\,SA\\NP\,{\rm{//}}\,SB\end{array} \right.$.

Mà tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $SA \bot AB$ $\Rightarrow MN \bot MQ$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\left( P \right)$ cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang vuông tại $M$ và $Q$.

Mặt khác

¦ $MQ\,{\rm{//}}\,SA$ $\Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{{DQ}}{{DS}}$ $\Rightarrow MQ = \frac{1}{3}SA$ và $\frac{{DQ}}{{DS}} = \frac{1}{3}$.

¦ $PQ\,{\rm{//}}\,CD$ $\Rightarrow \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SQ}}{{SD}}$ $\Rightarrow PQ = \frac{2}{3}AB$, với $AB = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}} = a\sqrt 2$.

Khi đó ${S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}MQ \cdot \left( {PQ + MN} \right)$$\Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{SA}}{3} \cdot \left( {\frac{{2AB}}{3} + AB} \right)$$\Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{{5{a^2}\sqrt 2 }}{{18}}$.

Gọi ${u_1}$ là số tiền phải trả cho $10$ số điện đầu tiên, ta có ${u_1} = 10 \cdot 800 = 8\,000$ (đồng).

${u_2}$ là số tiền phải trả cho các số điện từ $11$ đến $20$, ta có ${u_2} = {u_1}\left( {1 + 0{,}025} \right)$ (đồng).

${u_{34}}$ là số tiền phải trả cho các số điện từ $331$ đến $340$, ta có ${u_{34}} = {u_1}{\left( {1 + 0{,}025} \right)^{33}}$(đồng).

Số tiền phải trả cho $340$ số điện đầu tiên là: ${S_1} = {u_1} \cdot \frac{{1 - {{\left( {1 + 0{,}025} \right)}^{34}}}}{{1 - \left( {1 + 0{,}025} \right)}} = 420\,903{,}08$ (đồng).

Số tiền phải trả cho các số điện từ $341$ đến $347$ là: ${S_2} = 7 \cdot 800 \cdot {\left( {1 + 0{,}025} \right)^{34}} = 12\,965{,}80$ (đồng).

Vậy tháng $1$ gia đình ông A phải trả số tiền là: $S = {S_1} + {S_2} = 433\,868{,}89$ (đồng).