Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Yên Khánh A (Ninh Bình) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn D

Ta có $f\left( x \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\\Delta ' = {m^2} - 6m - 16 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m \le 8$.

Do $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}$có 11 giá trị.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {5f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right] = 5\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right)\mathop { - 3\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = 5.2 - 3.3 = 1$.

Chọn A

Ta có $\tan 2x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \tan 2x = \tan \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}$.

Chọn C

Ta có Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = 1$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = 1$. Từ hình vẽ suy ra có hai nghiệm.

Chọn C

+ Cỡ mẫu $n = 20 + 35 + 45 + 60 + 30 + 15 = 205$.

Gọi ${x_1},{x_2}...{x_{205}}$ sắp xếp theo thứ tự không giảm thì trung vị là ${x_{103}}$ thuộc nhóm $\left[ {15{,}6;15{,}8} \right]$.

$p = 4,{m_p} = 60,{a_4} = 156,{m_1} + {m_2} + {m_3} = 100,{a_5} - {a_4} = 2$. Áp dụng công thức

${M_e} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{2} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}\left( {{a_{p + 1}} - {a_P}} \right) = 156 + \frac{{\frac{{205}}{2} - 100}}{{60}}.2 \simeq 156{,}08$

Chọn D

Từ số 1 đến số 15 có 7 số chẵn và 8 số lẻ

Gọi không gian mẫu $\Omega \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{15}^4 = 1365$

Gọi E : “ Biến cố lấy được 4 thẻ mà tổng các số ghi trên thẻ là một số lẻ”

Ta có tổng 4 số là một số lẻ trong các trường hợp:

+ TH1: $3$ số lẻ và 1 số chẵn có $C_8^3.C_7^1 = 392$ cách.

+ TH2: $3$ số chẵn và 1 số lẻ có $C_7^3.C_8^1 = 280$ cách.

Suy ra $n\left( E \right) = 392 + 280 = 672$. Vậy xác suất cần tìm $P\left( E \right) = \frac{{n\left( E \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{672}}{{1365}} = \frac{{32}}{{65}}$.

Chọn B

+ $M,N$ lần lượt là trung điểm các cạnh $SA,SC \Rightarrow MN{\rm{//}}AC$ nên D đúng

+ $P,Q$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC$,$AB \Rightarrow PQ{\rm{//}}AC \Rightarrow PQ{\rm{//}}MN$ nên C đúng

+ $M,Q$ lần lượt là trung điểm các cạnh $SA,AB \Rightarrow MQ{\rm{//SB}}$

$N,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $SC,CB \Rightarrow NP{\rm{//SB}}$

Do đó $MQ{\rm{//}}NP$ nên A đúng

Chọn C

Nhóm có tần số lớn nhất là nhóm chứa Mốt nên là nửa khoảng $[40;60)$.

Chọn A

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 12d = 40\\{u_1} + 2d = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 4\\d = 3\end{array} \right.$.

Chọn A

Ta có $ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} - 2 = 3 - \left( { - 1} \right)\\{y_D} - 1 = 0 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 6\\{y_D} = - 1\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {6; - 1} \right)$.

Chọn D

Ta có $P = \sin \left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) - 2\cos \left( {x + 3\pi } \right) + \cot \left( {x + 2023\pi } \right).\sin \left( {\pi - x} \right)$$ABC$

$= \cos \left( { - x} \right) - 2\left( { - \cos x} \right) + \cot x.\sin x = \cos x + 2\cos x + \cos x = 4\cos x$

Chọn C

Áp dụng định lí Côsin cho tam giác : $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A = 16 + 36 - 2.4.6.\frac{1}{2} = 28 \Rightarrow BC = 2\sqrt 7$.

Chọn B

Ta có ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Leftrightarrow \sin \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } \Rightarrow \sin \alpha = - \sqrt {1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} = - \frac{{\sqrt 5 }}{3}$ (vì $- \frac{\pi }{2} < \alpha < 0$ nên $\sin \alpha < 0$) .

Chọn D

Mỗi tập con có 5 phần tử là một tổ hợp chập 5 của 20 nên số tập con là $C_{20}^5$.

Chọn C

Ta có

+ $\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABA'B'} \right){\rm{//}}\left( {CDC'D'} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {ABA'B'} \right) = MN\\\left( P \right) \cap \left( {CDC'D'} \right) = PQ\end{array} \right. \Rightarrow MN{\rm{//}}PQ$.

+ $\left\{ \begin{array}{l}\left( {BCB'C'} \right){\rm{//}}\left( {ADA'D'} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {BCB'C'} \right) = NP\\\left( P \right) \cap \left( {ADA'D'} \right) = MQ\end{array} \right. \Rightarrow NP{\rm{//}}MQ$.

Do đó tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.

Chọn A

Giá trị đại diện của các nhóm là: ${x_1} = \frac{{2 + 0}}{2} = 1,{x_2} = 3,{x_3} = 5,{x_4} = 7,{x_5} = 9$.

Cỡ mẫu: $n = 40$, tần số các nhóm: ${m_1} = 1,{m_2} = 3,{m_3} = 7,{m_4} = 20,{m_5} = 9$.

Số trung bình $\overline x = \frac{{{m_1}{x_1} + {m_2}{x_2} + {m_3}{x_3} + {m_4}{x_4} + {m_5}{x_5}}}{n} = \frac{{1.1 + 3.3 + 5.7 + 7.20 + 9.9}}{{40}} = 6{,}65$.

Chọn D

Áp dụng ${S_n} = \frac{{{u_1}\left( {{q^n} - 1} \right)}}{{q - 1}} \Leftrightarrow 765 = \frac{{3\left( {{2^n} - 1} \right)}}{{2 - 1}} \Leftrightarrow 255 = {2^n} - 1 \Leftrightarrow {2^n} = {2^8} \Leftrightarrow n = 8$.

Chọn A

+ ${F_1}\left( { - 4;0} \right) \Rightarrow c = 4$

+ ${A_1}\left( { - 6;0} \right) \Rightarrow a = 6$

Suy ra $b = \sqrt {{a^2} - {c^2}} = \sqrt {20}$ do đó phương trình Elip là $\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1$.

Chọn D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{3^n} - {{5.2}^{2n}}}}{{{{2.3}^n} + {2^{2n + 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{{{3^n}}}{{{4^n}}} - 5}}{{2.\frac{{{3^n}}}{{{4^n}}} + 2}} = - \frac{5}{2}$.

Chọn C

+ $\left\{ \begin{array}{l}d\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\\a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\,{\rm{//}}\,a$ sai vì $a$ và $d$ có thể chéo nhau

+ $\left\{ \begin{array}{l}d\,{\rm{//}}\,a\\a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\,{\rm{//}}\,\left( P \right)$ sai vì $d$có thể nằm trong $\left( P \right)$

Chọn B

Theo sự xác định mặt phẳng $A,B,C$không thẳng hàng $\Rightarrow \exists !{\rm{ }}mp{\rm{ }}\left( {ABC} \right)$.

Chọn C

+ Ta có ${S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = p.r \Rightarrow r = \frac{{\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} }}{p}$

$= \sqrt {\frac{{\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}}{p}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}$ .

Chọn B

Ta có $\sin \left( {2\alpha + \frac{\pi }{3}} \right) + \sin \left( {2\alpha - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{3} \Leftrightarrow 2\sin 2\alpha .\cos \frac{\pi }{3} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \sin 2\alpha = \frac{1}{3}$.

Mặt khác: $\cos 4\alpha = 1 - 2{\sin ^2}2\alpha = 1 - 2.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{7}{9}$.

Chọn C

+ $y = \tan x$ đồng biến trên khoảng $\left( { - \frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}} \right)$

+ $y = \sin x$ đồng biến trên khoảng $\left( { - \frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}} \right)$

+ $y = \cos x$ đồng biến trên khoảng $\left( { - \frac{\pi }{4};0} \right)$và nghịch biến trên khoảng $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.

Chọn D

Ta có $x \to {2^ - } \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \to 2\\x < 2\end{array} \right.$ nên $\left( {2x - 3} \right) \to 1 > 0$ và $x - 2 \to 0$ và âm do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{2x - 3}}{{x - 2}} = - \infty$

Lưu ý: Dùng MTBT.

Chọn C

Ta có $f\left( {4\cos 2x + m} \right) = 8{\sin ^2}x - m - 3 = - 4\left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right) - m + 1 = 1 - \left( {4co2x + m} \right)$

Đặt $t = 4co2x + m$ được phương trình $f\left( t \right) = 1 - t$

Từ đồ thị hai hàm số suy ra phương trình $f\left( t \right) = 1 - t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = 1\\t = 3\end{array} \right.$ .

Ta đưa bài toán về tìm $m$ để các phương trình $\left[ \begin{array}{l}4\cos 2x + m = - 1\\4\cos 2x + m = 1\\4\cos 2x + m = 3\end{array} \right.$ có $10$ nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[ { - \frac{{3\pi }}{4};\frac{{3\pi }}{4}} \right]$.

Đặt $u = 2x$ thì các phương trình $\left[ \begin{array}{l}\cos u = \frac{{ - m - 1}}{4}\left( 1 \right)\\\cos u = \frac{{ - m + 1}}{4}\left( 2 \right)\\\cos u = \frac{{ - m + 1}}{4}\left( 3 \right)\end{array} \right.$ có $10$ nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]$. Ta xét:

+ Phương trình $\cos u = \frac{{ - m - 1}}{4}$ có 4 nghiệm thuộc $\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]$ khi $- 1 \le \frac{{ - m - 1}}{4} \le 0$

$- 3 \le - m \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le m \le 3 \Rightarrow m = - 1;0;1;2;3$.

+ Phương trình $\cos u = \frac{{ - m + 1}}{4}$ có 4 nghiệm khác nghiệm của $\left( 1 \right)$ thuộc $\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]$ khi $- 1 < \frac{{ - m + 1}}{4} < 0 \Leftrightarrow - 5 < - m < - 1 \Leftrightarrow 1 < m < 5 \Rightarrow m = 1;2;3;4$.

+ Phương trình $\cos u = \frac{{ - m + 1}}{4}$ có 2 nghiệm thuộc $\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]$ khi $0 < \frac{{ - m + 3}}{4} < 1 \Leftrightarrow - 3 < - m < 1 \Leftrightarrow - 1 < m < 3 \Rightarrow m = 0;1;2$.

Vậy $m = - 1;0;1;2;3;4$

Chọn C

Gọi $E = MN \cap AB$ ta có $\frac{{EB}}{{EA}}.\frac{{MA}}{{MS}}.\frac{{NS}}{{NB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{EB}}{{EA}}.\frac{1}{1}.\frac{3}{1} = 1 \Leftrightarrow \frac{{EB}}{{EA}} = \frac{1}{3}$.

Gọi $F = NP \cap BC$ ta có $\frac{{FB}}{{FC}}.\frac{{PC}}{{PS}}.\frac{{NS}}{{NB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{FB}}{{FC}}.\frac{1}{2}.\frac{3}{1} = 1 \Leftrightarrow \frac{{FB}}{{FC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow FB = AD$.

Gọi $K = EF \cap AD \Rightarrow Q = KM \cap SD$.

Do $FB{\rm{//}}AK \Rightarrow \frac{{AK}}{{FB}} = \frac{{EA}}{{EB}} = 3 \Rightarrow AK = 3FB = 3AD$.

Mặt khác $\frac{{KA}}{{KD}}.\frac{{QD}}{{QS}}.\frac{{MS}}{{MA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{6}{8}.\frac{{QD}}{{QS}}.\frac{1}{1} = 1 \Leftrightarrow \frac{{QD}}{{QS}} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \frac{{QS}}{{QD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 4\end{array} \right.$

Suy ra $S = {a^2} + 2{b^2} = 9 + 2.16 = 41$.

Chọn B

Người thứ nhất đã mua và được tặng tổng số ổi là: $\frac{x}{2} + 1 = \frac{{x + 2}}{2}$ quả.

Người thứ hai đã mua và được tặng tổng số ổi là: $\frac{1}{2}\left[ {x - \frac{{x + 2}}{2}} \right] + 1 = \frac{{x + 2}}{{{2^2}}}$ quả.

Người thứ ba đã mua và được tặng tổng số ổi là: $\frac{1}{2}\left[ {x - \frac{{x + 2}}{2} - \frac{{x + 2}}{{{2^2}}}} \right] + 1 = \frac{{x + 2}}{{{2^3}}}$ quả.

…

Người thứ chín đã mua và được tặng tổng số ổi là: $\frac{1}{2}\left[ {x - \frac{{x + 2}}{2} - ... - \frac{{x + 2}}{{{2^8}}}} \right] + 1 = \frac{{x + 2}}{{{2^9}}}$ quả.

Ta coá phương trình: $\frac{{x + 2}}{2} + \frac{{x + 2}}{{{2^2}}} + ... + \frac{{x + 2}}{{{2^9}}} = x \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right).\frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{{2^9}}}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}} = x \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{2^9} - 1} \right) = {2^9}x \Leftrightarrow x = 1022$.

Chọn C

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} + ax + b}}{{2{x^2} - 7x + 3}} = \frac{1}{2}$ suy ra $x = 3$ là một nghiệm của phương trình ${x^2} + ax + b = 0$nên $9 + 3a + b = 0 \Rightarrow b = - 3a - 9$.

Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} + ax - 3a - 9}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {2x - 1} \right)}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + a + 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {2x - 1} \right)}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{a + 6}}{5} = \frac{1}{2} \Rightarrow a = - \frac{7}{2}$.

Khi đó $a = - \frac{7}{2},b = \frac{3}{2} \Rightarrow S = 2a + 3b = - \frac{5}{2}$.

Chọn B

Ta có mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cắt các mặt $\left( {SAB} \right),\left( {ABCD} \right)$ theo cac giao tuyến song song với $AB$ nên $MHNK$ là hình thang có $NK = 3MH$.

+ $MH = \frac{1}{2}AB \Rightarrow NK = \frac{3}{2}AB$ mà $2NK = AB + CD \Leftrightarrow 2.\frac{3}{2}AB = AB + 6 \Leftrightarrow AB = 3$.

Gọi $d$ là công sai của cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$.

$\{\begin{matrix}{u}_{5}=8 \\ {u}_{10}=-22\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{u}_{1}+4d=8 \\ {u}_{1}+9d=-22\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{u}_{1}=32 \\ d=-6\end{matrix}$

Tổng 100 số hạng đầu của cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ là ${S_{100}} = \frac{{2.32 + 99.\left( { - 6} \right)}}{2} \cdot 100 = - 26500$.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {4{n^2} + 9n - 1} - 3n} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n\left( {\sqrt {4 + \frac{3}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}} - 3} \right) = - \infty$

vì $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {4 + \frac{9}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}} - 3} \right) = \sqrt 4 - 3 = - 1 < 0\end{array} \right.$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {2x + 3} - 3}}{{2{x^2} - 7x + 3}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{2x + 3 - 9}}{{\left( {\sqrt {2x + 3} + 3} \right)\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{2\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt {2x + 3} + 3} \right)\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{2}{{\left( {\sqrt {2x + 3} + 3} \right)\left( {2x - 1} \right)}} = \frac{1}{{15}}$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABB'A'} \right)\,\,{\rm{//}}\,\,\left( {CDD'C'} \right)\\\left( {MNK} \right) \cap \left( {ABB'A'} \right) = MN\\K \in \left( {MNK} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNK} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right) = KH\,\left( {KH\,\,{\rm{//}}\,MN,\,H \in DD'} \right)$.

b)

Gọi $E,\,E'$ lần lượt là trung điểm của $AB,\,CD$ và $I$ là giao điểm của $EE'$ và $MN$, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$; $G$ là giao điểm của $MK$ và $HI$.

Ta có $I$ là trung điểm của $MN$;

$ADCE.A'D'C'E'$ là hình hộp.

$O$ là trung điểm của $AC,\,BD$; $G$ là trung điểm của $MK,IH$;

$AMKC$ là hình thang có $OG$ là đường trung bình nên $AM + KC = 2OG$.

$EDHI$ là hình thang có $OG$ là đường trung bình nên $EI + DH = 2OG$.

Suy ra $AM + KC = EI + DH \Rightarrow \frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{KC}}{{CC'}} = \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{5}{4}$ (*)

(Học sinh có thể nêu $ADCE.A'D'C'E'$ là hình hộp, $\left( {MNP} \right)$ cắt $AA',\,EE',\,CC',DD'$ lần lượt tại $M,K,I,H$ nên ta có: $\frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{KC}}{{CC'}} = \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{5}{4}$ (*)).

$ABNM$ là hình thang có $EI$ là đường trung bình nên $AM + BN = 2EI \Rightarrow \frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{BN}}{{BB'}} = 2\frac{{EI}}{{EE'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} = \frac{7}{{12}}$ (**)

Từ $\left( * \right)\left( {**} \right)$ suy ra $\frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{2}{3}$. Suy ra $\frac{{DH}}{{D'H}} = 2$.