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

Chọn A

Số đo (theo radian) của cung có độ dài $3\pi \,\left( {{\rm{cm}}} \right)$là: $\alpha = \frac{l}{r} = \frac{{3\pi }}{9} = \frac{\pi }{3}$.

Chọn C

Số đo của góc lượng giác $\left( {Ou,Ov} \right)$ là $45^\circ + k360^\circ ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn B

Hình chóp tứ giác là hình chóp có đáy là một tứ giác nên hình 2 là hình chóp tứ giác.

Chọn B

Xét phương án $A$: ta có $\frac{6}{5} \ne \frac{7}{6}$ nên đây không phải là cấp số nhân.

Xét phương án $B$: ta có $\frac{{ - 64}}{{128}} = \frac{{32}}{{ - 64}} = \frac{{ - 16}}{{32}} = \frac{8}{{ - 16}}$ nên đây là cấp số nhân với công bội $q = \frac{{ - 1}}{2}$ và ${u_1} = 128$.

Xét phương án $C$: ta có $\frac{5}{{15}} \ne \frac{1}{5}$ nên đây không phải là cấp số nhân.

Xét phương án $D$: ta có $\frac{2}{{\sqrt 2 }} \ne \frac{4}{2}$ nên đây không phải là cấp số nhân.

Chọn D

Ta có: $\lim \frac{{2n + 1}}{{1 - n}} = \lim \frac{{2 + \frac{1}{n}}}{{\frac{1}{n} - 1}} = \frac{2}{{ - 1}} = - 2$ .

Chọn C

Số hạng tổng quát của dãy số này là: ${u_n} = \frac{{n - 1}}{n}$

Chọn B

Ta có: ${u_1} = \frac{1}{2}$

${u_2} = {u_1}.\left( { - 2} \right) = \frac{1}{2}.\left( { - 2} \right) = - 1$;

${u_3} = {u_1}.{\left( { - 2} \right)^2} = \frac{1}{2}.{\left( { - 2} \right)^2} = 2$;

${u_4} = {u_1}.{\left( { - 2} \right)^3} = \frac{1}{2}.{\left( { - 2} \right)^3} = - 4$;

${u_5} = {u_1}.{\left( { - 2} \right)^4} = \frac{1}{2}.{\left( { - 2} \right)^4} = 8$.

Chọn D

Ø Xét phương án $A$. Ta có $A'B \cap AB' = I \Rightarrow I$ là điểm chung của 2 mp $\left( {A'BC} \right)$ và $\left( {AB'C'} \right)$. Suy ra phương án $A$ sai.

Ø Xét phương án $B$. Ta có $A'B \cap AB' = I \Rightarrow I$ là điểm chung của 2 mp $\left( {BA'C'} \right)$ và $\left( {B'AC} \right)$. Suy ra phương án $B$ sai.

Ø Xét phương án $C$. Ta có $AC' \cap A'C = J \Rightarrow J$ là điểm chung của 2 mp $\left( {ABC'} \right)$ và $\left( {A'B'C} \right)$. Suy ra phương án $C$ sai.

Ø Xét phương án $D$. Ta có $ABC.A'B'C'$ là hình lăng trụ $\Rightarrow \left( {ABC} \right){\rm{//}}\left( {A'B'C'} \right)$. Suy ra phương án $D$ đúng.

Chọn C

Xét phương án $A$. Ta có $AB$ và $D'A'$ chéo nhau. Suy ra phương án $A$ sai.

Xét phương án $B$. Ta có $AB$ và $BD$ cắt nhau. Suy ra phương án $B$ sai.

Xét phương án $C$. Ta có $AB$ và $C'D'$ song song. Suy ra phương án $C$ đúng.

Xét phương án $D$. Ta có $AB$ và $CC'$ chéo nhau. Suy ra phương án $D$ sai.

Chọn D

Ta có: $\cos x = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ;k \in \mathbb{Z}$.

Chọn C

Giả sử ta có 4 điểm không đồng phẳng như hình, khi đó theo hình ta thấy có thể xác định được 4 mặt phẳng phân biệt từ các điểm đã cho.

Chọn D

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}EF\parallel BC\\EF \not\subset \left( {BCD} \right)\\BC \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EF\parallel \left( {BCD} \right)$.

Chọn C

Ta có: $- 1 \le \sin x \le 1,\forall x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow - 2 \le 2\sin x \le 2,\forall x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow - 1 \le 2\sin x + 1 \le 3,\forall x \in \mathbb{R}$.

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số $y = 2\sin x + 1$ bằng $3$ khi $\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn B

Số hạng đầu tiên của dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là ${u_1} = 0$.

Chọn D

Giá trị đại diện của nhóm $\left[ {20;40} \right)$ là $\frac{{20 + 40}}{2} = 30$.

Chọn A

Tần số của nhóm $\left[ {20;30} \right)$ là $18$.

Chọn B

Gọi $H,M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,BD$.

Do $I$ và $J$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $ABD$ và $ABC$ nên $\frac{{AJ}}{{AM}} = \frac{2}{3};\frac{{AI}}{{AN}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra $\frac{{AJ}}{{AM}} = \frac{{AI}}{{AN}} = \frac{2}{3}$ hay $IJ\parallel MN$ (1)

Mặt khác, do $MN$ là đường trung bình của $\Delta BCD$ nên $MN\parallel CD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $IJ\parallel CD$.

Vậy đường thẳng $IJ$ song song với đường thẳng $CD$.

Chọn C

Do $a > 0$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n}{v_n}} \right) = + \infty$.

Chọn C

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{{n - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{2}{n}}}{{1 - \frac{3}{n}}} = 0$.

Chọn B

Ta có: ${u_{10}} = {u_1} + 9d = - 2 + 9.3 = 25$.

Chọn A

Vì $\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,\left( \beta \right)$ nên $\left( \alpha \right)\,$ và $\,\left( \beta \right)$ không có điểm chung.

Chọn A

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} - 1} \right) = 0$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 1$.

Chọn C

Theo tính chất được thừa nhận của hình học không gian: Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.

Chọn C

Ta có: ${S_3} = {u_1}.\frac{{{q^3} - 1}}{{q - 1}} = 2.\frac{{{3^3} - 1}}{{3 - 1}} = 26$.

Chọn A

Qua hai đường thẳng cắt nhau xác định duy nhất mặt phẳng. Do đó, hai đường thẳng $KL$ và $KM$ cắt nhau tại $K$ nên đồng phẳng.

Chọn C

Ta có: $S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)$.

Vì đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\;{\rm{//}}\;BC$.

Mặt khác: $\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.$.

Suy ra: $\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sx\;{\rm{//}}\;AD\;{\rm{//}}\;BC$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng $\Delta$ đi qua $S$ và song song với $AD$.

Chọn A

Qua hai đường thẳng song song xác định duy nhất mặt phẳng.

Chọn D

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

Vì $\left\{ \begin{array}{l}\lim {n^3} = + \infty \\\lim \left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = - 1\end{array} \right.$.

Chọn C

Đáp án $C$ đúng vì theo nhận xét trong SGK.

Chọn A

Ta có: $\lim \frac{{{3^n} - {{2.5}^n}}}{{{5^n} - {{2.3}^n}}} = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} - 2}}{{1 - 2.{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n}}} = - 2$.

Chọn A

Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu là: $\left[ {40;60} \right)$.

Chọn D

Gọi $I$ là trung điểm $AB$

Ta có: $H$ là trọng tâm $\Delta SAB$ $\Rightarrow \frac{{IH}}{{IS}} = \frac{1}{3}$; $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$$\Rightarrow \frac{{IG}}{{IC}} = \frac{1}{3}$

$\Rightarrow \frac{{IH}}{{IS}} = \frac{{IG}}{{IC}} \Rightarrow GH{\rm{//}}SC$ mà $SC \subset \left( {SAC} \right),GH \not\subset \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow GH{\rm{//}}\left( {SAC} \right)$

a) Các số $2;8;x;128$ theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân nên công bội $q = \frac{8}{2} = 4$.

Vậy $x = 8 \cdot 4 = 32$.

b) Ta có $L = \lim \frac{{3{n^2} - 2n + 5}}{{4{n^2} + 7}} = \lim \frac{{3 - \frac{2}{n} + \frac{5}{{{n^2}}}}}{{4 + \frac{7}{{{n^2}}}}} = \frac{3}{4}$.

a) Ta có

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

$= \lim \frac{{ - 2 + \frac{3}{n}}}{{\sqrt {1 - \frac{2}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} + 1}} = - 1$.

b)

Xét tam giác $BCD$ có $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC,CD$.

Suy ra $MN$ là đường trung bình của tam giác $BCD$. Suy ra $MN\,{\rm{//}}\,BD$ và $MN{\rm{ = }}\frac{1}{2}BD$. $\left( 1 \right)$

Xét $\left( {ABD} \right)$ và $\left( {GMN} \right)$ có $G$ chung và $MN\,{\rm{//}}\,BD$ nên giao tuyến giữa hai mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$ và $\left( {GMN} \right)$ là đường thẳng $EF$ đi qua $G$ và song song với $MN{\rm{,}}BD$.

Mà $G$ là trọng tâm của tam giác $ABD$ nên $EF = \frac{2}{3}BD$. $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\frac{{EF}}{{MN}} = \frac{4}{3}$.

$P = \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) - \cos \left( {\frac{A}{2} + \frac{B}{2}} \right)} \right]\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) - \sin \frac{C}{2}} \right]\sin \frac{C}{2}$

$= - \frac{1}{2}{\sin ^2}\frac{C}{2} + \frac{1}{2}\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right).\sin \frac{C}{2}$$= - \frac{1}{2}\left[ {{{\sin }^2}\frac{C}{2} - \cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right).\sin \frac{C}{2} + \frac{1}{4}{{\cos }^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right)} \right] + \frac{1}{8}{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right)$$= - \frac{1}{2}{\left[ {\sin \frac{C}{2} - \frac{1}{2}\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right)} \right]^2} + \frac{1}{8}{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) \le \frac{1}{8}{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) \le \frac{1}{8}$.

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \frac{C}{2} - \frac{1}{2}\cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) = 0\\{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2} - \frac{B}{2}} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}\\A = B\end{array} \right. \Leftrightarrow A = B = C = 60^\circ$.

Vậy biểu thức $P$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{8}$ khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.

Giả sử $AM$ cắt $SO$ tại $I$.

$\left( \alpha \right)$ qua $AM$ và song song với $BD$, nên $\left( \alpha \right)$ cắt mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ theo giao tuyến $HK$ qua $I$ và $HK{\rm{//}}BD$ với $H$ trên $SB$ và $K$ trên $SD$.

$\frac{{SB}}{{SH}} = \frac{{SD}}{{SK}} = \frac{{SO}}{{SI}} \Rightarrow \frac{{SB}}{{SH}} + \frac{{SD}}{{SK}} = \frac{{2SO}}{{SI}}$

Dựng $OL{\rm{//}}AM$, ta có $L$ là trung điểm $CM$ (vì $O$ là trung điểm của $\left. {AC} \right)$$\Rightarrow LC = ML$.

Ta có: $\frac{{SO}}{{SI}} = \frac{{SL}}{{SM}} = \frac{{SC - LC}}{{SM}} = \frac{{SC}}{{SM}} - \frac{{LC}}{{SM}}$.

$\Rightarrow \frac{{SO}}{{SI}} = \frac{{SC}}{{SM}} - \frac{{ML}}{{SM}}$ (vì $\left. {LC = ML} \right)$.

Mà $\frac{{ML}}{{MS}} = \frac{{OI}}{{SI}} \Rightarrow \frac{{SO}}{{SI}} = \frac{{SL}}{{SM}} = \frac{{SC}}{{SM}} - \frac{{IO}}{{SI}} \Rightarrow \frac{{SO}}{{SI}} = \frac{{SC}}{{SM}} - \frac{{SO - SI}}{{SI}} \Rightarrow \frac{{2SO}}{{SI}} - \frac{{SC}}{{SM}} = 1$.

Vậy $\frac{{SB}}{{SH}} + \frac{{SD}}{{SK}} - \frac{{SC}}{{SM}} = 2\frac{{SO}}{{SI}} - \frac{{SC}}{{SM}} = 1$.