Đề thi học kì 1 Toán 11 Cánh diều - Đề số 1

Ta có: \({20^0} = 20.\frac{\pi }{{180}} = \frac{\pi }{9}\)

Ta có:\(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\)

\(\sin x = \sin \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \pi  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Hàm số \(y = \cot x\) có tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\)

Hàm số \(y = \tan x\) tuần hoàn với chu kì \(\pi \)

Trong các dãy số trên, chỉ có dãy số 1; 2; 3; 4; … có \(1 < 2 < 3 < 4...\) nên dãy số 1; 2; 3; 4; … là dãy số tăng.

Trong các dãy số trên, chỉ có dãy số 1; 3; 5; 7; 9; … có kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng số hạng đứng ngay trước nó cộng với một số không đổi d \(\left( {d = 2} \right)\)

Dãy số được viết dưới dạng công thức của số hạng tổng quát là: \({u_n} = \frac{1}{n}\left( {n \in \mathbb{N}*} \right)\)

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {v_n} = a > 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n}{v_n} =  + \infty \).

Hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} + 1}}\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{1}{n} = 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{4}{n} = 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 3} \right) = 1 - 3 =  - 2\)

Hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có (ABC) // (A’B’C’).

Nếu d và \(\left( \alpha  \right)\) không có điểm chung thì \(d//\left( \alpha  \right)\)

Hai đường thẳng a và b có thể: cắt nhau, trùng nhau, song song, chéo nhau.

Vì d là giao tuyến của hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q) thì \(d \subset \left( P \right)\) và \(d \subset \left( Q \right)\)

Vì hai đường thẳng AB và CD không cùng nằm trong một mặt phẳng nào nên AB và CD là hai đường thẳng chéo nhau.

Vì \(\cos x \le 1\;\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow 2\cos x \le 2\;\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow 2\cos x + 1 \le 3\;\forall x \in \mathbb{R}\)

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số \(y = 2\cos x + 1\) là 3

Ta có: \({\cos ^2}x - {\sin ^2}x - m = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = m\left( 1 \right)\)

Để phương trình (1) có nghiệm thì \(\left| m \right| \le 1 \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 1\)

Ta có: \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Leftrightarrow \cos \alpha  =  \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  =  \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Mà \(\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi \) nên \(\cos \alpha  < 0\). Do đó, \(\cos \alpha  = \frac{{ - \sqrt 3 }}{2}\)

Ta có: \({u_3} = {u_2} + 2{u_1} = 1 + 2.1 = 3;{u_4} = {u_3} + 2{u_2} = 3 + 2.1 = 5\). Do đó, \({u_3} + {u_4} = 3 + 5 = 8\)

Tổng của 10 số hạng đầu tiên của cấp số nhân là:  \(S = \frac{{2.\left( {1 - {3^{10}}} \right)}}{{1 - 3}} = 59048\)

Ta có: \({u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.3 = 11;{u_6} = {u_1} + 5d = 2 + 5.3 = 17\)

Do đó, \({u_4} + {u_6} = 11 + 17 = 28\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 16} \right) = 2 - 16 =  - 14 < 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\)

Với \(x \to {2^ + }\) thì \(x > 2\) nên \(x - 2 > 0\). Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x - 16}}{{x - 2}} =  - \infty \)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } \frac{{{x^2} - 3}}{{x - \sqrt 3 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } \frac{{\left( {x - \sqrt 3 } \right)\left( {x + \sqrt 3 } \right)}}{{x - \sqrt 3 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } \left( {x + \sqrt 3 } \right) = \sqrt 3  + \sqrt 3  = 2\sqrt 3 \)

Do đó, \(a = 2,b = 3\). Suy ra: \({a^2} + {b^2} = {2^2} + {3^2} = 13\)

Tập xác định của hàm số f(x) là \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \left( {2x + 1} \right) =  - 1\)

Hàm số đã cho liên tục tại \({x_0} =  - 1\) khi \(f\left( { - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} f\left( x \right) \Leftrightarrow m =  - 1\)

Xét mặt phẳng (ABC), gọi G là giao điểm của BN và CM.

Vì \(G \in BN \Rightarrow G \in \left( {SBN} \right);G \in CM \Rightarrow G \in \left( {SCM} \right)\) nên G là điểm chung của hai mặt phẳng (SBN) và (SCM)

Ta có: \(S \in SB \Rightarrow S \in \left( {SBN} \right),S \in SC \Rightarrow S \in \left( {SCM} \right)\) nên S là điểm chung của hai mặt phẳng (SBN) và (SCM)

Do đó, SG là giao tuyến của hai mặt phẳng (SBN) và (SCM).

Ta xác định được các mặt phẳng (ABC), (ABD), (ACD), (BCD). Do đó, xác định được 4 mặt phẳng.

Ta có: Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD. Mà \(AB \subset \left( {SAB} \right),CD \subset \left( {SCD} \right)\)

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng m qua S song song với AB.

Vì BD // B’D’ nên B’D’ // (BDC’). Vì AD’ // BC’ nên AD’ // (BDC’)

Lại có hai đường thẳng AD’ và B’D’ cắt nhau và nằm trong mặt phẳng (AB’D’). Do đó, (AB’D’) // (BDC’)

\(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2\sqrt {3 + x}  - 4x}}{{2x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {2\sqrt {3 + x}  - 4x} \right)\left( {2\sqrt {3 + x}  + 4x} \right)}}{{2\left( {x - 1} \right)\left( {2\sqrt {3 + x}  + 4x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{4\left( {x + 3} \right) - 16{x^2}}}{{2\left( {x - 1} \right)\left( {2\sqrt {3 + x}  + 4x} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 16{x^2} + 4x + 12}}{{2\left( {x - 1} \right)\left( {2\sqrt {3 + x}  + 4x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 4\left( {x - 1} \right)\left( {4x + 3} \right)}}{{4\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {3 + x}  + 2x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - \left( {4x + 3} \right)}}{{\sqrt {3 + x}  + 2x}} = \frac{{ - 7}}{4}\)

Gọi E là trung điểm của BC. Vì G là trọng tâm của tam giác BCD nên \(\frac{{GD}}{{ED}} = \frac{2}{3}\)

Mà \(MB = 2MC \Rightarrow 3MC = BC\). Lại có: \(EC = BE = \frac{1}{2}BC \Rightarrow \frac{{MC}}{{EC}} = \frac{2}{3}\)

Tam giác EDC có: \(\frac{{GD}}{{ED}} = \frac{{MC}}{{EC}}\left( { = \frac{2}{3}} \right)\) nên MG // CD (định lý Thalès đảo)

Mà \(CD \subset \left( {ACD} \right)\) nên MG // (ACD)

\(A = \frac{1}{{2 - \sin 2a}} + \frac{1}{{2 - \sin 2b}} = \frac{{4 - \left( {\sin 2a + \sin 2b} \right)}}{{\left( {2 - \sin 2a} \right)\left( {2 - \sin 2b} \right)}} = \frac{{4 - \left( {\sin 2a + \sin 2b} \right)}}{{4 - 2\left( {\sin 2a + \sin 2b} \right) + \sin 2a.\sin 2b}}\)

Vì \(\sin \left( {a + b} \right) - 2\cos \left( {a - b} \right) = 0 \Rightarrow \sin \left( {a + b} \right) = 2\cos \left( {a - b} \right)\)

Ta có: \(4 - \left( {\sin 2a + \sin 2b} \right) = 4 - 2\sin \left( {a + b} \right)\cos \left( {a - b} \right) = 4 - 4{\cos ^2}\left( {a - b} \right) = 4{\sin ^2}\left( {a - b} \right)\)

Lại có: \(4 - 2\left( {\sin 2a + \sin 2b} \right) + \sin 2a.\sin 2b\)

\( = 4 - 4\sin \left( {a + b} \right)\cos \left( {a - b} \right) + \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {2a - 2b} \right) - \cos \left( {2a + 2b} \right)} \right]\)

\( = 4 - 8{\cos ^2}\left( {a - b} \right) + \frac{1}{2}\left[ {2{{\cos }^2}\left( {a - b} \right) - 1 - 1 + 2{{\sin }^2}\left( {a + b} \right)} \right]\)

\( = 3 - 7{\cos ^2}\left( {a - b} \right) + {\sin ^2}\left( {a + b} \right) = 3 - 3{\cos ^2}\left( {a - b} \right) = 3{\sin ^2}\left( {a - b} \right)\)

Vậy \(A = \frac{{4{{\sin }^2}\left( {a - b} \right)}}{{3{{\sin }^2}\left( {a - b} \right)}} = \frac{4}{3}\)

Ta có: \({u_n} = \frac{{2 - 1}}{{1.2}} + \frac{{3 - 2}}{{2.3}} + \frac{{4 - 3}}{{3.4}} +  \ldots  + \frac{{(n + 1) - n}}{{n(n + 1)}} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} +  \ldots  + \frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}} = 1 - \frac{1}{{n + 1}}\)

Xét hiệu: \({u_{n + 1}} - {u_n} = 1 - \frac{1}{{n + 2}} - \left( {1 - \frac{1}{{n + 1}}} \right) = \frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{{n + 2}} > 0 \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) tăng

Nhận thấy \({u_n} = 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1 \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) bị chặn trên.