Đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 3 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Vì $0<x<\frac{\pi }{2}$ nên $\cos x>0$.

b) Ta có: $\sin x=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \cos x=\sqrt{1-{\sin }^{2}x}=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

c) $$\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$.

d) $\cos \left(x+\frac{\pi }{3}\right)=\cos x.\cos \frac{\pi }{3}-\sin x.\sin \frac{\pi }{3}=\frac{\sqrt{6}}{3}.\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}-3}{6}.$

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Ta có $\{\begin{array}{l}{u}_1=3\\ u_{n+1}=5u_n\end{array}\left(\forall n\in \mathbb{N}\ast \right)$. Khi đó $\left(u_n\right)$ là cấp số nhân có số hạng đầu là $u_1=3$; công bội $q=5$.

b) Số hạng thứ 7 của cấp số nhân là $u_7=u_1.q^6=3.5^6=46875$.

c) $u_n=29296875$$\iff u_1.q^{n-1}=29296875$$\iff 3.5^{n-1}=29296875$$\iff 5^{n-1}=9765625$

$\iff 5^{n-1}=5^{10}$$\iff n=11$.

d) Có $M=u_4+u_5+u_6+u_7+u_8+u_9=S_9-S_3$

$=u_1.\frac{1-q^9}{1-q}-u_1.\frac{1-q^3}{1-q}$$=3.\frac{1-5^9}{1-5}-3.\frac{1-5^3}{1-5}=1464750$.

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Với $x<-2$ ta có $f\left(x\right)=\frac{x^2-3x-10}{x+2}$ là hàm số liên tục trên $\left(-\infty ;-2\right)$.

b) Với $x=-2$ ta có $f\left(x\right)=mx-1$$\Rightarrow f\left(-2\right)=m.\left(-2\right)-1=-2m-1$.

c) $\underset{x\to -2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -2^{-}}{\lim }\frac{x^2-3x-10}{x+2}=\underset{x\to -2^{-}}{\lim }\frac{\left(x+2\right)\left(x-5\right)}{x+2}=\underset{x\to -2^{-}}{\lim }\left(x-5\right)=-7$.

d) $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\left(mx-1\right)=-2m-1$.

Để $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=5$ thì $-2m-1=5\iff m=-3$.

ABCD.A′B′C′D′. Gọi \({G (ảnh 1)">

a) Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên $\{\begin{array}{l}{A}^{\prime }{D}^{\prime }//BC\\ A^{\prime }{D}^{\prime }=BC\end{array}\Rightarrow A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành.

b) $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành nên $A^{\prime }B//C{D}^{\prime }\Rightarrow A^{\prime }B//\left(B^{\prime }{D}^{\prime }C\right)$. (1)

Tương tự, ta có: $\{\begin{array}{l}{A}^{\prime }{B}^{\prime }//CD\\ A^{\prime }{B}^{\prime }=CD\end{array}\Rightarrow A^{\prime }{B}^{\prime }CD$ là hình bình hành.

Suy ra $A^{\prime }D//B^{\prime }C\Rightarrow A^{\prime }D//\left(B^{\prime }{D}^{\prime }C\right)$.(2)

Từ (1) và $(2)$ suy ra $\left(A^{\prime }BD\right)//\left(B^{\prime }{D}^{\prime }C\right)$.

c) Gọi $O,O^{\prime },I$ theo thứ tự là tâm của các hình bình hành $ABCD,A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$.

ABCD.A′B′C′D′. Gọi \({G (ảnh 2)">

Vì \({G_1}\) là trọng tâm tam giác $A{B}^{\prime }D$ nên $\frac{A^{\prime }{G}_1}{A^{\prime }O}=\frac{2}{3}$ $\Rightarrow G_1$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }AC$, suy ra $G_1=AI\cap A^{\prime }O$. (3)

Tương tự, $G_2$ là trọng tâm tam giác $B^{\prime }{D}^{\prime }C$ nên $\frac{C{G}_2}{C{O}^{\prime }}=\frac{2}{3}$.

$\Rightarrow G_2$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }{C}^{\prime }C$, suy ra $G_2=C^{\prime }I\cap C{O}^{\prime }$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra $G_1,G_2$ cùng thuộc $A{C}^{\prime }$.

d) Chứng minh $A{G}_1=G_1{G}_2=G_2{C}^{\prime }=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }$:

Ta có: $\frac{A{G}_1}{AI}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{A{G}_1}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{3};\frac{C^{\prime }{G}_2}{C^{\prime }I}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{C^{\prime }{G}_2}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}$.

Do vậy \(A{G_1} \buildrel\textstyle.\over= {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'\).

Vậy $G_1,G_2$ cùng thuộc $A{C}^{\prime }$, đồng thời chia $A{C}^{\prime }$ thành ba phần bằng nhau.

Trả lời: 17

Số tiền ở mỗi tuần lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu $u_1=12$ và công sai $d=3$.

Gọi $n$ là số các số hạng đầu của cấp số cộng cần lấy tổng.

Khi đó, tổng số tiền tiết kiệm của Nam là $S_n=\frac{\left[2.12+\left(n-1\right).3\right].n}{2}$.

Theo yêu cầu bài toán:

$S_n\ge 567$$\iff \frac{\left[24+\left(n-1\right).3\right].n}{2}\ge 567$$\iff 3n^2+21n-1134\ge 0$$\iff [\begin{array}{l}n\le -23,25\\ n\ge 16,25\end{array}$.

Vậy tối thiểu vào tuần thứ 17 Nam đủ tiền mua một cây guitar.

Trả lời: 0,29

$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}+\sqrt{2x+7}-5}{2x-2}$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2+\sqrt{2x+7}-3}{2x-2}$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{2x-2}+\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{2x+7}-3}{2x-2}$

$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x+3\right)-4}{\left(2x-2\right)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}+\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(2x+7\right)-9}{\left(2x-2\right)\left(\sqrt{2x+7}+3\right)}$$

$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{2\left(\sqrt{x+3}+2\right)}+\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{\sqrt{2x+7}+3}$$$$=\frac{1}{8}+\frac{1}{6}$$$$=\frac{7}{24}\approx 0,29$$.

Trả lời: 13,7

Nếu cạnh hình vuông ban đầu là $x$ thì theo định lí Pythagore, ta có cạnh hình vuông thứ hai là $\sqrt{{\left(\frac{x}{2}\right)}^2+{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}=\frac{x\sqrt{2}}{2}.(\ast )$

Gọi cạnh hình vuông $ABCD$ là $u_1=1$, từ $(\ast )$ ta có cạnh hình vuông thứ hai là $u_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$, cạnh hình vuông thứ ba là $u_3=\frac{1}{2}$, cạnh hình vuông thứ tư là $u_4=\frac{\sqrt{2}}{4},\dots$

Xét tổng chu vi dãy các hình vuông là:

$S=4u_1+4u_2+4u_3+\dots =4\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}+\dots \right).$

Dễ thấy $1+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}+\dots$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu bằng 1, công bội bằng $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Vậy ta có: $S=4\cdot \frac{u_1}{1-q}=4\cdot \frac{1}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}=8+4\sqrt{2}\approx 13,7$.

Trả lời: 2

S.ABCD có đáy là hình bình hành $ABCD$. Gọi $E,F,G$ lần lượt là trung điểm của cạnh $SA,AB,CD$. Gọi $P$ là giao điểm của đường thẳng $EG$ và mặt phẳng $\left(SDF\right)$. Tính tỉ số $\frac{GP}{PE}$. (ảnh 1)">

Trong mặt phẳng $\left(ABCD\right)$:

Gọi $AG\cap DF=\left\{L\right\}$$\Rightarrow L$ là trung điểm của $AG$.

Trong mặt phẳng $\left(SAG\right)$: Gọi $SL\cap GE=\left\{P\right\}$.

Suy ra $\{\begin{array}{l}P\in EG\\ P\in SL,SL\subset \left(SDF\right)\end{array}$.

Khi đó $P$ là giao điểm của đường thẳng $EG$ và mặt phẳng $\left(SDF\right)$.

Mặt khác $P$ là trọng tâm tam giác $SAG$.

Suy ra $\frac{GP}{PE}=2$.

Trả lời: 1

ABCD và điểm $M$ là trung điểm (ảnh 1)">

Ta có $\{\begin{array}{l}\left(MNPQ\right)\cap \left(ABC\right)=MN\\ BC//\left(MNPQ\right)\end{array}\Rightarrow MN//BC$.

Ta có $\{\begin{array}{l}\left(MNPQ\right)\cap \left(BCD\right)=PQ\\ BC//\left(MNPQ\right)\end{array}\Rightarrow BC//PQ$.

Vậy $MN//PQ$.

Tương tự ta có $NP//MQ$.

Vậy $MNPQ$ là hình bình hành.

Để $MNPQ$ là hình thoi thì cần $MQ=PQ$.

Để $MQ=PQ$$\iff \frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC$$\iff AD=BC$.