Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Tam Đảo II (Vĩnh Phúc) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn D

Ta có $d = {u_2} - {u_1} = 3 - 1 = 2$, Giá trị của ${u_3} = {u_1} + 2d = 1 + 2.2 = 5$.

Chọn C

Giá trị đại diện của nhóm $\left[ {60;80} \right)$ là $\frac{{60 + 80}}{2} = 70$.

Chọn C

Ta có $\lim \frac{{3n - 7}}{{2{n^2} + 3n - 1}}$$= \lim \frac{{\frac{3}{n} - \frac{7}{n}}}{{2 + \frac{3}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}}} = 0$.

Chọn A

Trong không gian có $3$ vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng.

Chọn C

Ta có $AD\,{\rm{//}}\,{\rm{BC}}$, $AF\,{\rm{//}}\,BE$ nên $\left( {ADF} \right){\rm{//}}\left( {BCE} \right)$.

Chọn C

Ta có ${u_5} = \frac{{{{2.5}^2} - 1}}{{{5^2} + 3}} = \frac{7}{4}$.

Chọn D

Ta có

$OO'{\rm{//}}CE \Rightarrow OO'{\rm{//}}\left( {BCE} \right)$ Đáp án $A$ đúng.

$OO'{\rm{//}}CE \Rightarrow OO'{\rm{//}}\left( {DCEF} \right)$ Đáp án $B$ đúng.

$OO'{\rm{//DF}} \Rightarrow OO'{\rm{//}}\left( {ADF} \right)$ Đáp án $C$ đúng

$OO' \subset \left( {ACE} \right)$ đáp án $D$ sai .

Chọn D

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

Chọn A

Ta có $OM{\rm{//}}\,SC \Rightarrow OM\,{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$

$ON{\rm{//}}\,SB \Rightarrow ON\,{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$ mà $OM \cap ON = O$ nên $\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Chọn D

Ta có $MN{\rm{//}}\,AC \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Chọn B

Ta có $AA'{\rm{//}}\,DD' \Rightarrow AA'\,{\rm{//}}\left( {CC'D'} \right)$

$AB{\rm{//}}\,DC \Rightarrow AB\,{\rm{//}}\left( {CC'D'} \right)$ mà $AB \cap AA' = A$ nên $\left( {ABA'} \right){\rm{//}}\left( {CC'D'} \right)$.

Chọn A

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

Mà $AB \cap CD = O$ nên $O$ là điểm chung thứ hai, suy ra $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SO$.

Chọn B

Dựa vào bảng số liệu đã cho nhóm $\left[ {20;40} \right)$ có tần số là $9$.

Chọn A

Ta có nhóm chứa trung vị là $\left[ {160;165} \right)$ là nhóm thứ $p = 3$, ${a_3} = 160$,${m_3} = 12$,${m_1} + {m_2} = 4 + 7 = 11$, ${a_4} - {a_3} = 5$.

${M_e} = 160 + \frac{{\frac{{31}}{2} - 11}}{{12}}.5 = 161{,}875$.

Chọn A

Có duy nhất mặt phẳng chứa $a$ và song song với $b$.

Chọn C

Hình chiếu của hình chữ nhật không thể là hình thang.

Chọn B

Ta có: $\frac{{I{G_1}}}{{IB}} = \frac{{I{G_2}}}{{IA}} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow \frac{{{G_1}{G_2}}}{{AB}} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow {G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB$.

Chọn D

Ta có $N = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x + 2} - 2}}{{x - 2}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x + 2 - 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\sqrt {x + 2} + 2}} = \frac{1}{4}$.

Chọn B

Ta có ${u_2} = {u_1} + d = 11 + 3 = 14$.

Chọn B

Ta có $\sin x = \sin \frac{\pi }{5}$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{5} + k2\pi \\x = \pi - \frac{\pi }{5} + l2\pi \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{5} + k2\pi \\x = \frac{{4\pi }}{5} + l2\pi \end{array} \right.$ $k,l \in \mathbb{Z}$.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{} \frac{{5{n^2} + 6n - 2025}}{{{n^2}}}$$= \lim \frac{{5 + \frac{6}{n} - \frac{{2025}}{{{n^2}}}}}{1} = 5$.

Chọn A

Ta có $\cos x = - 1$ $\Leftrightarrow x = \pi + k2\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

Chọn D

Nhóm chứa mốt là nhóm $\left[ {165;170} \right)$.

Chọn D

Xét dãy số $1;\,\, - 3;\,\,9;10$ ta có ${u_1} = 1,q = - 3$

${u_2} = {u_1}.q = 1.\left( { - 3} \right) = - 3$

${u_3} = {u_2}.q = \left( { - 3} \right).\left( { - 3} \right) = 9$

${u_4} = {u_3}.q = 9.\left( { - 3} \right) = - 27 \ne 10$

Vậy dãy số trên không phải cấp số nhân.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^3} + {x^2} + 2023} \right)$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( {2 + \frac{1}{x} + \frac{{2023}}{{{x^3}}}} \right) = - \infty$.

Chọn A

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

Chọn D

Ta có $IJ{\rm{//}}AC$( vì $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SAC$)

Chọn A

Ta có $M = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{2x + 1}}$$= 0$.

Chọn C

Ta có giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {ACC'A'} \right)$ và $\left( {A'D'CB} \right)$ là $A'C$.

Chọn C

Ta có $\lim \left( {\sqrt {{n^2} - 4n + 7} + a - n} \right) = 0$$\Leftrightarrow \lim \left( {\sqrt {{n^2} - 4n + 7} - n} \right) + \lim a = 0$

$\Leftrightarrow \lim \frac{{{n^2} - 4n + 7 - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} - 4n + 7} + n}} + a = 0$$\Leftrightarrow \lim \frac{{ - 4n}}{{\sqrt {{n^2} - 4n + 7} + n}} + a = 0$

$\Leftrightarrow \lim \frac{{ - 4}}{{\sqrt {1 - \frac{4}{n} + \frac{7}{{{n^2}}}} + 1}} + a = 0$$\Leftrightarrow a = 2$.

Chọn C

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

Chọn C

Điều kiện xác định của hàm số là $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi$. Tập xác định của hàm số là ${\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Chọn B

Ta có góc $120^\circ$ đổi sang radian bằng $\frac{{120.\pi }}{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}$ (radian).

Chọn C

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

Chọn B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {\mkern 1mu} \frac{{ - 2x + 1}}{{x - 1}}$$= - \infty$.

Lời giải

a) Ta có $2\cos x - 1 = 0$$\Leftrightarrow \cos x = \frac{1}{2}$$\Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{3}$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.k \in \mathbb{Z}$.

Vậy phương trình có nghiệm $x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

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

Gọi .

b) Gọi $I$ và $J$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $SAD$ và $SBC$. Mặt phẳng $\left( {ADJ} \right)$ cắt $SB,SC$ lần lượt tại $M,N$. Mặt phẳng $\left( {BCI} \right)$ cắt $SA,SD$ tại $P,Q$. Chứng minh $MN{\rm{//}}PQ$.

Ta có $I \in \left( {SAD} \right) \Rightarrow I \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {IBC} \right)$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {IBC} \right)\\AD{\rm{//}}BC\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {IBC} \right) = PQ\end{array} \right.$

$\Rightarrow PQ{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC$ (1)

Tương tự $J \in \left( {SBC} \right) \Rightarrow J \in \left( {SBC} \right) \cap \left( {ADJ} \right)$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {ADJ} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD{\rm{//}}BC\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ADJ} \right) = MN\end{array} \right.$

$\Rightarrow MN{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC$ (2)

Từ và suy ra $MN{\rm{//}}PQ$.

c) Biết $AD = a,BC = b$. Giải sử $AM$ cắt $BP$ tại $E$; $CQ$ cắt $DN$ tại $F$. Chứng minh $EF$ song song với $MN$ và $PQ$. Tính $EF$ theo $a,b$.

Ta có $E = AM \cap BP \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E \in \left( {AMND} \right)\\E \in \left( {PBCQ} \right)\end{array} \right.$; $F = DN \cap CQ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}F \in \left( {AMND} \right)\\F \in \left( {PBCQ} \right)\end{array} \right.$

Do đó $EF = \left( {AMND} \right) \cap \left( {PBCQ} \right)$. Mà $\left\{ \begin{array}{l}AD{\rm{//}}BC\\MN{\rm{//}}PQ\end{array} \right.$$\Rightarrow EF{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC{\rm{//}}MN{\rm{//}}PQ$.

Tính $EF$: Gọi $K = CP \cap EF$$\Rightarrow EF = EK + KF$

Ta có $EK{\rm{//}}BC$ $\Rightarrow \frac{{EK}}{{BC}} = \frac{{PE}}{{PB}}$ (1), $PM{\rm{//}}AB \Rightarrow \frac{{PE}}{{EB}} = \frac{{PM}}{{AB}}$.

Mà $\frac{{PM}}{{AB}} = \frac{{SP}}{{SA}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{PE}}{{EB}} = \frac{2}{3}$.

Từ (1) suy ra $\frac{{EK}}{{BC}} = \frac{{PE}}{{PB}} = \frac{{PE}}{{PE + EB}} = \frac{1}{{1 + \frac{{EB}}{{PE}}}} = \frac{2}{5}$$\Rightarrow EK = \frac{2}{5}BC = \frac{2}{5}b$

Tương tự $KF = \frac{2}{5}a$. Vậy $EF = EK + KF = \frac{2}{5}\left( {a + b} \right)$.

Ta có

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {x + 1} - \sqrt[3]{{x + 5}}}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {x + 1} - 2 + 2 - \sqrt[3]{{x + 5}}}}{{x - 3}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{1}{{\sqrt {x + 1} + 2}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{ - 1}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 5} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{x + 5}} + 4}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{{12}} = \frac{1}{6}$