Đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới – Đề 2 (có đáp án)

a) S, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Ta có $u_{n+1}=u_n+3$. Suy ra dãy số $\left(u_n\right)$ là cấp số cộng với công sai $d=3$.

b) Ta có $u_5=u_1+4d=11$.

c) Ta có $u_n=u_1+\left(n-1\right)d=-1+\left(n-1\right).3=3n-4$.

Xét $u_n=101\iff 3n-4=101\Rightarrow n=35$.

Vậy 101 là số hạng thứ 35 của dãy số đã cho.

d) $\left(u_n\right)$ là cấp số cộng với số hạng đầu $u_1=-1$ và công sai $d=3$.

Ta có $S_9=\frac{9\left(2u_1+8d\right)}{2}=\frac{9\left[2.\left(-1\right)+8.3\right]}{2}=99$.

$S_{20}=\frac{20\left(2u_1+19d\right)}{2}=\frac{20\left[2.\left(-1\right)+19.3\right]}{2}=550$.

Vậy $u_{10}+u_{11}+...+u_{20}=S_{20}-S_9=550-99=451$.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) $f\left(1\right)=24.1-8=16$.

b) $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x^2+3x-5}{x-1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(2x+5\right)}{x-1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(2x+5\right)=7$.

c) Vì $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)\ne \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$ nên hàm số không liên tục tại $x=1$.

d) $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-16}{\left(x-1\right)\left(\sqrt{2f\left(x\right)+4}+6\right)}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{24x-8-16}{\left(x-1\right)\left(\sqrt{2f\left(x\right)+4}+6\right)}$$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{24\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(\sqrt{2f\left(x\right)+4}+6\right)}$

$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(24.\frac{1}{\sqrt{2f\left(x\right)+4}+6}\right)$$=24.\frac{1}{\sqrt{2f\left(1\right)+4}+6}=\frac{24}{\sqrt{2.16+4}+6}=2$.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

S.ABCD có đáy là (ảnh 1)">

a) Ta có $OM\not\subset \left(SAB\right)$ và $OM//SA\subset \left(SAB\right)$. Vậy $OM//\left(SAB\right)$.

b) Ta có $\left(SAC\right)$ và $\left(SBD\right)$ có S chung.

Lại có $\{\begin{array}{l}O\in AC\subset \left(SAC\right)\Rightarrow O\in \left(SAC\right)\\ O\in BD\subset \left(SBD\right)\Rightarrow O\in \left(SBD\right)\end{array}\Rightarrow O\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)$.

Vậy $SO=\left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)$.

c) Trong mặt phẳng $\left(SAC\right)$: $\left\{I\right\}=AM\cap SO$ mà $SO\subset \left(SBD\right)$.

Vậy $AM\cap \left(SBD\right)=\left\{I\right\}$.

d) Xét $\Delta SAC$ có $AM,SO$ là hai đường trung tuyến nên $I$ là trọng tâm $\Delta SAC$.

Suy ra theo tính chất trọng tâm ta có $AI=2IM$.

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Số học sinh lớp 11A là 50 học sinh.

b) Giá trị đại diện của nhóm $\left[155;160\right)$ là $\frac{155+160}{2}=157,5$.

c) Ta có bảng giá trị đại diện như sau

Ta có giá trị trung bình là

$\overline{x}=\frac{7.147,5+14.152,5+10.157,5+10.162,5+9.167,5}{7+14+10+10+9}=157,5$.

d) Gọi $x_1;x_2^{};...;x_{50}$ là chiều cao của 50 học sinh và được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

Khi đó trung vị là $\frac{x_{25}+x_{26}}{2}$.

Do $x_{25};x_{26}\in \left[155;160\right)$ nên nhóm này chứa trung vị.

Ta có $Q_2=M_e=155+\frac{\frac{50}{2}-21}{10}.5=157$.

Tứ phân vị thứ nhất $Q_1$ là $x_{13}$. Do $x_{13}\in \left[150;155\right)$ nên nhóm này chứa $Q_1$.

Ta có $Q_1=150+\frac{\frac{50}{4}-7}{14}.5\approx 151,96$.

Tứ phân vị thứ ba $Q_3$ là $x_{38}$. Do $x_{38}\in \left[160;165\right)$ nên nhóm này chứa $Q_3$.

Ta có $Q_3=160+\frac{\frac{50.3}{4}-31}{10}.5=163,25$.

Trả lời: 6933

Đặt $u_1$ là giá của mét khoan đầu tiên thì $$u_1=60000$$ đồng.

Kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm $2,5\%$ so với giá của mét khoan ngay trước đó.

Suy ra $u_2=u_1+u_1.2,5\%=u_1(1+0,025)=1,025u_1$.

Tương tự

    $u_3=u_2+u_2.2,5\%=u_2(1+0,025)=1,025u_2$.

    …………………………………………….

Vậy các giá trị $u_1,u_2,...,u_{55}$ lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu $u_1=60000$ và công bội

$q=1,025$.

Gọi $T$ là tổng số tiền mà chủ nhà phải thanh toán khi khoan $55\left(\mathrm{m}\right)$ giếng, ta có:

$T=S_{55}=u_1+u_2+...+u_{55}=60000.\frac{{\left(1,025\right)}^{55}-1}{1,025-1}\approx 6933055$ (đồng)$\approx 6933$nghìn đồng.

Trả lời: 1

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

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

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

Suy ra $a=1;b=4$. Tổng $2a+3b=2.1+3.4=14$.

Trả lời: 9

ABCD. Trên cạnh \( (ảnh 1)">

Gọi \(I\) là giao điểm của đường thẳng $MN$ và đường thẳng $CD$.

Khi đó $\{\begin{array}{l}I\in MN\\ I\in CD\subset \left(BCD\right)\end{array}$$\Rightarrow MN\cap \left(BCD\right)=\left\{I\right\}$.

Kẻ $DE//AC\left(E\in IM\right)$.

Do $DE//CM$ nên $\frac{ID}{IC}=\frac{ED}{MC}\Rightarrow \frac{ID}{IC}=\frac{ED}{2AM}$ (1).

Do $DE//AM$ nên $\frac{ED}{AM}=\frac{ND}{NA}=\frac{1}{2}$ (2).

Từ (1) và (2) ta có $$\frac{ID}{IC}=\frac{1}{4}$$. Vậy $a+2b=9$.

Trả lời: 44,4

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB//\left( \alpha \right)\\CD//\left( \alpha \right)\end{array} \right.\).

Giả sử $\left(\alpha \right)$ cắt các mặt bên $\left(SAB\right),\left(SBC\right),\left(SCD\right),\left(SDA\right)$ lần lượt tại các điểm $N,P,Q$ với $N\in SB,P\in SC,Q\in SD$. Suy ra $\left(\alpha \right)\equiv \left(MNPQ\right)$.

Ta có $\{\begin{array}{l}\left(MNPQ\right)\cap \left(SAB\right)=MN\\ AB//\left(MNPQ\right)\end{array}\Rightarrow MN//AB\Rightarrow \frac{SM}{SA}=\frac{MN}{AB}=\frac{2}{3}$.

Tương tự, ta có $\frac{NP}{BC}=\frac{PQ}{CD}=\frac{QM}{DA}=\frac{2}{3}$ và $MNPQ$ là hình vuông.

Suy ra $S_{MNPQ}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2.S_{ABCD}=\frac{4}{9}.S_{ABCD}=\frac{4}{9}.10.10=\frac{400}{9}\approx 44,4$.