Đề thi học kì 1 Toán 11 Cánh diều - Đề số 3

Ta có: Với \(\alpha  \in \) góc phần tư thứ I thì: \(\sin \alpha  > 0,\cos \alpha  > 0\)

Với \(\alpha  \in \) góc phần tư thứ II thì: \(\sin \alpha  > 0,\cos \alpha  < 0\)

Với \(\alpha  \in \) góc phần tư thứ III thì: \(\sin \alpha  < 0,\cos \alpha  < 0\)

Với \(\alpha  \in \) góc phần tư thứ IV thì: \(\sin \alpha  < 0,\cos \alpha  > 0\)

Do đó, M thuộc góc phần tư thứ (II) và (IV) thì \(\sin \alpha \) và \(\cos \alpha \) trái dấu.

Với \({90^0} < \alpha  < {180^0}\) thì \(\sin \alpha  > 0\), \(\cos \alpha  < 0,\tan \alpha  < 0,\cot \alpha  < 0\).

Vì \( - 1 \le \sin \alpha  \le 1\) nên \(\sin \alpha \) không thể nhận giá trị 1,2.

Vì \(\cos \left( { - x} \right) = \cos x\) nên hàm số \(y = \cos x\) là hàm số chẵn.

Hàm số \(y = 2\sin x\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là dãy số giảm nếu ta có: \({u_{n + 1}} < {u_n}\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).

Tức là: Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là dãy số giảm nếu ta có: \({u_{n + 1}} - {u_n} < 0\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).

Vì \(5 \vdots 5\) nên 5 thuộc dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\).

Xét dãy số: 0; 3; 6; 9; … ta thấy: Kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng số hạng đứng ngay trước nó cộng với 3 nên dãy số 0; 3; 6; 9; … có công sai bằng 3.

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {{u_n} - 6} \right) = 2 - 6 =  - 4\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {q^n} = 0\left( {\left| q \right| < 1} \right)\) nên C là câu sai.

Giả sử hai hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = g\left( x \right)\) liên tục tại điểm \({x_o}\). Hàm số \(y = \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) liên tục tại điểm \({x_o}\) nếu \(g\left( {{x_0}} \right) \ne 0\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^5} =  + \infty \)

Một mặt phẳng hoàn toàn được xác định khi chứa hai đường thẳng cắt nhau.

Hai điểm S và B cùng thuộc 2 mặt phẳng (SAB) và (SBD).

Hai đường thẳng không có điểm chung là hai đường thẳng song song hoặc chéo nhau.

Hình hộp ABCD. A’B’C’D’ có bốn mặt bên là ABB’A’, BCC’B’, CDD’C’, ADD’A’.

Trong hình lăng trụ, các mặt bên có thể không bằng nhau.

Ví dụ: Hình lăng trụ dưới đây có các mặt bên không bằng nhau

Qua phép chiếu song song, tính chất chéo nhau không được bảo toàn.

\(\frac{{\sin \alpha  + 2\cos \alpha }}{{3\sin \alpha  - \cos \alpha }} = \frac{{\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} + \frac{{2\cos \alpha }}{{\cos \alpha }}}}{{\frac{{3\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} - \frac{{\cos \alpha }}{{\cos \alpha }}}} = \frac{{\tan \alpha  + 2}}{{3\tan \alpha  - 1}} = \frac{{2 + 2}}{{3.2 - 1}} = \frac{4}{5}\)

Vì \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = \pi  \Rightarrow \frac{{\widehat A + \widehat B}}{2} = \frac{\pi }{2} - \frac{{\widehat C}}{2}\). Do đó: \(\sin \frac{{A + B}}{2} = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{C}{2}} \right) = \cos \frac{C}{2}\)

Hàm số \(y = \frac{{2\sin x}}{{\sin x - \cos x}}\) xác định khi \(\sin x - \cos x \ne 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

Ta có: \(\frac{{167}}{{84}} = \frac{{2n + 1}}{{n + 2}} \Leftrightarrow 84\left( {2n + 1} \right) = 167\left( {n + 2} \right) \Leftrightarrow 168n + 84 = 167n + 334 \Leftrightarrow n = 250\)

Do đó, số \(\frac{{167}}{{84}}\) là số hạng thứ 250 của dãy số.

Theo đầu bài ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = {u_1} + d\\{u_4} = {u_1} + 3d\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8 = {u_1} + d\\12 = {u_1} + 3d\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 6\\d = 2\end{array} \right.\)

Vậy số hạng đầu tiên của cấp số cộng là \({u_1} = 6\).

Cấp số nhân trên có số hạng đầu \({u_1} = 1\), công bội \(q = \frac{1}{2}\). Do đó: \(S = \frac{{1.\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{10}}} \right]}}{{1 - \frac{1}{2}}} = \frac{{1\;023}}{{512}}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {3{x^4} - 2{x^2} - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^4}\left( {3 - \frac{2}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^4}}}} \right)\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^4} =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {3 - \frac{2}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^4}}}} \right) = 3 > 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^4}\left( {3 - \frac{2}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^4}}}} \right) =  + \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{3^n} - {2^n}}}{{{{4.3}^n} + {2^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}}}{{4 + {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}}} = \frac{1}{4}\)

Hàm số f(x) xác định khi \({x^3} - x \ne 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 1} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne  \pm 1\end{array} \right.\)

Do đó, hàm số f(x) liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right),\left( { - 1;0} \right),\left( {0;1} \right),\left( {1; + \infty } \right)\)

Vậy hàm số liên tục tại \(x = \frac{1}{4}\)

Vì hai đường thẳng SD và BK cùng nằm trong mặt phẳng (SBD) nên đường thẳng SD cắt đường thẳng BK.

Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD nên MN là đường trung bình của tam giác SAD.

Do đó, MN//AD. Mà AD// CB nên MN//BC

Ta có: S là điểm chung của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Vì O là giao điểm của AC và BD nên O là điểm chung của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) là SO.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)

Khi \(x \in \left( { - \infty ;1} \right)\): Hàm số \(f\left( x \right) = mx + 3\) liên tục trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\).

Khi \(x \in \left( {1; + \infty } \right)\): Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{x - 1}} - \frac{3}{{{x^3} - 1}}\) liên tục trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Tại \(x = 1\):

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

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {mx + 3} \right) = m + 3\), \(f\left( 1 \right) = m + 3\)

Hàm số f(x) liên tục trên \(\mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \) hàm số f(x) liên tục tại \(x = 1\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)

Tức là: \(m + 3 = 1 \Leftrightarrow m =  - 2\)

Vì (P) qua M và song song với AB nên \(\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\), với N là giao điểm của đường thẳng qua M song song với AB và cạnh AC.

Vì (P) qua N và song song với CD nên \(\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = NP\), với P là giao điểm của đường thẳng qua N song song với CD và cạnh AD.

Vì (P) qua M và song song với CD nên \(\left( P \right) \cap \left( {BCD} \right) = MQ\), với Q là giao điểm của đường thẳng qua M song song với CD và cạnh BD.

Do đó, thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) là tứ giác MNPQ.

Ta có: MN//PQ, \(MN = PQ = \frac{1}{2}AB\), MQ//PN, \(MQ = PN = \frac{1}{2}DC\), \(AB = CD\)

Do đó, \(MN = NP = PQ = QM\) nên tứ giác MNPQ là hình thoi.

Ta có: \(y = 2{\cos ^2}x + 5\sin x + 1 = 2\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) + 5\sin x + 1 =  - 2{\sin ^2}x + 5\sin x + 3\) (1)

Đặt \(\sin x = t\). Vì \(x \in \left[ {\frac{\pi }{3};\frac{{5\pi }}{6}} \right]\) nên \(t \in \left[ {\frac{1}{2};1} \right]\).

Thay \(\sin x = t\) vào (1) ta có: \(y =  - 2{t^2} + 5t + 3\) với \(t \in \left[ {\frac{1}{2};1} \right]\)

Ta có bảng:

Từ bảng ta có:

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên \(\left[ {\frac{\pi }{3};\frac{{5\pi }}{6}} \right]\) là 6 khi \(t = 1\) hay \(x = \frac{\pi }{2}\)

Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên \(\left[ {\frac{\pi }{3};\frac{{5\pi }}{6}} \right]\) là 5 khi \(t = \frac{1}{2}\) hay \(x = \frac{{5\pi }}{6}\)

Ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{1}{3}\left( {2{u_n} + \frac{{n - 1}}{{{n^2} + 3n + 2}}} \right) = \frac{1}{3}\left( {2{u_n} + \frac{3}{{n + 2}} - \frac{2}{{n + 1}}} \right) = \frac{2}{3}{u_n} + \frac{1}{{n + 2}} - \frac{2}{3}.\frac{1}{{n + 1}}\)

\( \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - \frac{1}{{n + 2}} = \frac{2}{3}\left( {{u_n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)\) (1)

Đặt \({v_n} = {u_n} - \frac{1}{{n + 1}}\), từ (1) suy ra \({v_{n + 1}} = \frac{2}{3}{v_n}\)

Do đó, \(\left( {{v_n}} \right)\) là cấp số nhân với \({v_1} = {u_1} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\), công bội \(q = \frac{2}{3}\)

Suy ra: \({v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = \frac{1}{2}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow {u_n} - \frac{1}{{n + 1}} = \frac{1}{2}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow {u_n} = \frac{1}{2}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}} + \frac{1}{{n + 1}}\)

Vậy \({u_{2020}} = \frac{1}{2}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2019}} + \frac{1}{{2021}} = \frac{{{2^{2018}}}}{{{3^{2019}}}} + \frac{1}{{2021}}\)