Đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 1 (có đáp án)

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a)$\mathrm{V}\grave{\mathrm{i}}\frac{\pi }{2}<\alpha <\pi \mathrm{n}\hat{\mathrm{e}}\mathrm{n}\cos \alpha <0.$

b) Ta có: ${\cos }^2\alpha =1-{\sin }^2\alpha =1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\Rightarrow \cos \alpha =-\frac{\sqrt{3}}{2}$( $\mathrm{V}\grave{\mathrm{i}}\frac{\pi }{2}<\alpha <\pi \mathrm{n}\hat{\mathrm{e}}\mathrm{n}\cos \alpha <0.$)

c) Ta có $\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha =2\cdot \frac{1}{2}\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

d) $\cos 2\alpha =1-2{\sin }^2\alpha =1-2{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}$. Suy ra $\cos 2\alpha =\sin \alpha$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Ta có $\underset{x\to -2}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -2}{\lim }\left(x-2\right)=-4$.

b) Ta có $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\left(x-2\right)=-3$.

c) Ta có $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\sqrt{x^2+1}=\sqrt{2}$.

d) Vì $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)\ne \underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)$ nên không tồn tại $\underset{x\to -1}{\lim }f\left(x\right)$.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

S.ABCD có đáy \( (ảnh 1)">

a) Vì \(\left. \begin{array}{l}O \in \left( {OMN} \right)\\O = AC \cap BD\end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O \in \left( {OMN} \right)\\O \in \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\).

b) Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SD$ nên $MN//AD$.

Mà $ABCD$ là hình bình hành nên $AD//BC$.

Vậy $\{\begin{array}{l}MN//AD\\ AD//BC\end{array}\Rightarrow MN//BC$.

c) Vì $M,O$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $AC$ nên $MO//SC$.

Vậy $\{\begin{array}{l}OM//SC\\ SC\subset \left(SBC\right)\end{array}\Rightarrow OM//\left(SBC\right)$.

d) Vì $\{\begin{array}{l}MN//BC\\ BC\subset \left(SBC\right)\end{array}\Rightarrow MN//\left(SBC\right)$.

Vậy $\{\begin{array}{l}MN//\left(SBC\right)\\ OM//\left(SBC\right)\\ MN\cap OM=M\\ MN,OM\subset \left(OMN\right)\end{array}\Rightarrow \left(OMN\right)//\left(SBC\right)$.

Do đó hai mặt phẳng $\left(OMN\right)$ và $\left(SBC\right)$ không có đường thẳng giao tuyến.

Trả lời: 9

Vị trí cân bằng của vật dạo động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó $x=0$, ta có

$2\cos \left(5t-\frac{\pi }{6}\right)=0$$\iff \cos \left(5t-\frac{\pi }{6}\right)=0$$$\iff 5t-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$$$$\iff t=\frac{2\pi }{15}+k\frac{\pi }{5},k\in \mathbb{Z}$$.

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là $0\le t\le 6$ hay

$$0\le \frac{2\pi }{15}+k\frac{\pi }{5}\le 6$$$$\iff -\frac{2}{3}\le k\le \frac{90-2\pi }{3\pi }$$.

Vì $k\in \mathbb{Z}$ nên $k\in \left\{0;1;2;3;4;5;6;7;8\right\}$.

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cần bằng 9 lần.

Trả lời: 11

Gọi $u_n$ (gam) là khối lượng còn lại của 20 gam polonium 210 sau $n$ chu kì bán rã.

Ta có $7314$ ngày gồm 53 chu kì bán rã.

Theo đề bài ta, ta cần tính $u_{53}$.

Từ giả thiết suy ra dãy $\left(u_n\right)$ là một cấp số nhân với số hạng đầu là $u_1=\frac{20}{2}=10$ và công bội $q=0,5$. Suy ra $u_n=10.{\left(0,5\right)}^{n-1}$.

Do đó $u_{53}=10.{\left(0,5\right)}^{52}\approx 2,22.10^{-15}$. Suy ra $a=2;b=15\Rightarrow S=15-4=11$.

Trả lời: 0,5

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

Trả lời: 9

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}+\sqrt{x+16}-7}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{\sqrt{x+9}-3}{x}+\frac{\sqrt{x+16}-4}{x}\right)$

$$=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{x}{x\left(\sqrt{x+9}+3\right)}+\frac{x}{x\left(\sqrt{x+16}+4\right)}\right)$$$$=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{\sqrt{x+9}+3}+\frac{1}{\sqrt{x+16}+4}\right)$$.

Do đó $a=1;b=3;c=1;d=4$. Vậy $a+b+c+d=9$.

Trả lời: 6,63

ABCD c (ảnh 1)">

Trong mặt phẳng $\left(DMC\right)$, gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $DP$.

Khi đó $I\in MN\subset \left(ABN\right)\Rightarrow I\in \left(ABN\right)$.

Vậy $I$ là giao điểm của $DP$ và $\left(ABN\right)$.

Tam giác $DMC$ có $MN$ và $DP$ là hai đường trung tuyến nên giao điểm $I$ là trọng tâm $\Delta DMC.$

Tam giác $ABD$ đều cạnh bằng 12 và có $DM$ là đường cao nên $DM=12.\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$.

Tương tự ta có $CM=6\sqrt{3}$.

Do đó tam giác $DMC$ cân tại $M$. Suy ra $MN$ cũng là đường cao của tam giác $DMC$ hay $MN\perp CD$.

Ta có $DM=6\sqrt{3},DN=\frac{1}{2}DC=6$ nên $MN=\sqrt{D{M}^2-D{N}^2}=6\sqrt{2}$.

Khi đó $IN=\frac{1}{3}MN=2\sqrt{2}.$

Tam giác $DNI$ vuông tại $N$ nên $DI=\sqrt{D{N}^2+I{N}^2}=2\sqrt{11}$.

Vậy $I$ cách điểm $D$ một khoảng bằng $2\sqrt{11}\approx 6,63$.

Trả lời: 1,3

S.ABCD có đáy là hình bình hà (ảnh 1)">

Do mặt phẳng $\left(P\right)//\left(SCD\right)$ mà $\left(ABCD\right)\cap \left(SCD\right)=CD$$\Rightarrow \left(ABCD\right)\cap \left(P\right)=MN$ đi qua $O$ và song song với $CD$ (với $M\in AD,N\in BC$).

Tương tự ta có: $\left(SAD\right)\cap \left(P\right)=MF//SD$ (với $F\in SA$); $\left(SBC\right)\cap \left(P\right)=NE//SC$ (với $E\in SB$).

Vậy hình tạo bởi mặt phẳng $\left(P\right)$ và các mặt của hình chóp $S.ABCD$ là tứ giác $MNEF$.

Ta có $MN$ đi qua $O$ và song song với $CD$ nên $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,BC$.

Suy ra $E,F$ lần lượt là trung điểm $SB,SA$.

Gọi $I,K$ lần lượt là trung điểm $SC,SD$. Khi đó ta có:

$IK//EF;IK=EF;IC//EN;IC=EN;$$KD//FM,KD=FN;MN//CD;MN=CD$.

Do đó $S_{MNEF}=S_{DCIK}=\frac{3}{4}{S}_{SCD}=\frac{3}{4}.\frac{\sqrt{3}}{4}.2^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}\approx 1,3$.