Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Nguyễn Trường Tộ (Huế) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn A

Ba số hạng đầu tiên của dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ lần lượt là $\frac{1}{2};\frac{1}{4};\frac{1}{8}.$

Chọn D

Hàm số $y = \,\sin x$ là hàm số lẻ. Hàm số $y = \left| x \right|$, $y = \cos x$, $y = {x^2}.$

Chọn C

Ta có $30^\circ = \frac{\pi }{6}.$

Chọn B

Hàm số $y = 3{x^2} - 4x + 1$ có tập xác định là $\mathbb{R}$ nên liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn D

Dãy số $1;3;5$nào là cấp số cộng với ${u_1} = 1$, công sai $d = 2$.

Chọn A

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {4f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right] = 4.3 - 3.\left( { - 2} \right) = 18$.

Chọn D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^n} = + \infty$ với $n$nguyên dương.

Chọn D

Tìm chiều cao trung bình của 25 học sinh là:

$\overline x = \frac{{157{,}5.2 + 162{,}5.3 + 167{,}5.6 + 172{,}5.11 + 177{,}5.3}}{{25}} = 170.$

Chọn D

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {2x - 1} \right) = 4 - 1 = 3$.

Chọn B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{ - {n^2} + 3n + 1}}{{3 - 2n - {n^2}}} = \frac{{ - 1 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{3}{{{n^2}}} - \frac{2}{n} - 1}} = 1.$

Chọn A

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

Chọn D

$$\begin{array}{l}\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {2{x^2} + x} + x\sqrt 2 } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left( {\sqrt {2{x^2} + x} + x\sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt {2{x^2} + x} - x\sqrt 2 } \right)}}{{\left( {\sqrt {2{x^2} + x} - x\sqrt 2 } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{x}{{\left( {\sqrt {2{x^2} + x} - x\sqrt 2 } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{\left( { - \sqrt {2 + \frac{1}{x}} - \sqrt 2 } \right)}} = \frac{{ - \sqrt 2 }}{4}\end{array}$$

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\a = 1\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 3.$

Chọn D

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {2m{x^2} - mx + 3} \right) = 8m + 2m + 3 = - 7 \Rightarrow m = 1.$

Chọn B

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 5{n^3} + 3{n^2} + 2} \right) =$$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3}\left( { - 5 + \frac{3}{n} + \frac{2}{{{n^3}}}} \right) = - \infty .$

Chọn A

$3;12;48;...$là cấp số nhân có ${u_1} = 3;{\rm{ }}d = 4.$

Số hạng tổng quát của cấp số nhân đã cho là ${u_n} = {3.4^{n - 1}}$

Chọn A

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = - 2 + 3 = 1$

Chọn B

Số hạng thứ sáu của cấp số cộng là ${u_6} = {u_1} + 5d = 5.4 = 20.$

Chọn D

Phép chiếu song song biến $\Delta ABC$ thành $\Delta A'B'C'$ thì sẽ biến trung điểm $M$ của cạnh $BC$ thành trung điểm $M'$ của cạnh $B'C'$.

Chọn B

$f(x) = \frac{{2x - 1}}{{x + 3}}$ có tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}$ nên gián đoạn tại điểm $x = - 3$.

Chọn D

Vì $MN{\rm{//}}CD$ và $MN \not\subset \left( {BCD} \right)$ nên$MN{\rm{//}}\left( {BCD} \right)$

Chọn C

Công bội của cấp số nhân là $q = \frac{{ - 6}}{2} = - 3.$

$2\sin (2x - \frac{\pi }{6}) - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \sin (2x - \frac{\pi }{6}) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin (2x - \frac{\pi }{6}) = \sin \frac{\pi }{3}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{6} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.{\rm{ }},k \in \mathbb{Z}$

Vậy phương trình có nghiệm $x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi {\rm{ }}(k \in \mathbb{Z}).$

Kích cỡ mẫu $n = 62$. Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ là ${x_{16}}$.

${x_{16}}$ thuộc nhóm thứ 3:$\left[ {40;60} \right)$.

Nên ${Q_1} = {a_3} + \frac{{\frac{n}{4} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}.\left( {{a_4} - {a_3}} \right) = 40 + \frac{{\frac{{62}}{4} - (2 + 5)}}{{15}}.(60 - 40) \approx 51$.

Vậy $25\%$ học sinh sử dụng điện thoại ít nhất có thời sử dụng nhỏ hơn hoặc bằng 51 phút

I là trọng tâm tam giác $ABD$, nên $\frac{{AI}}{{AO}} = \frac{2}{3}$.

Trong tam giác SAO, ta có $\frac{{AN}}{{AS}} = \frac{{AI}}{{AO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IN//SO$

b. Gọi J là giao điểm của $CN$ và $SO$. Tính $\frac{{JN}}{{JC}}$?

Gọi E là trung điểm của CN, suy ra OE là đường trung bình của tam giác ACN.

Nên $OE//AN,{\rm{ }}OE = \frac{1}{2}AN$.

Do đó $OE = SN,OE//SN \Rightarrow$tứ giác SNOE là hình bình hành $NJ = \frac{1}{2}NE.$

Mà $NE = \frac{1}{2}NC \Rightarrow \frac{{JN}}{{JC}} = \frac{1}{3}$.

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

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 - \sqrt {2 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} } \right) = 1 - \sqrt 2 < 0$. Nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = - \infty$

b.

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

$= \mathop {\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {\frac{{ - 1}}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {4 - x} + 1} \right)}} + \frac{{ - x}}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + x - 1} \right)}}} \right)}\limits_{x \to 3} = \frac{{ - 1}}{{12}} + \frac{{ - 1}}{8} = - \frac{5}{{24}}$