Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 09

TXĐ:\( D = R \setminus \left\{ { - 3; - 2} \right\} = \left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left( { - 3; - 2} \right) \cup \left( { - 2; + \infty } \right)\) nên theo định lí 1, hàm số liên tục trên các khoảng

\( \left( { - \infty ; - 3} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { - 3; - 2} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { - 2; + \infty } \right)\) . Vì \( \left( {2;3} \right) \subset \left( { - 2; + \infty } \right) \Rightarrow \) Hàm số liên tục trên (2;3)

Quan sát đồ thị ta thấy

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) nên không tồn tại \( \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^{}}} f\left( x \right)\). Do đó hàm số gián đoạn tại điểm x = 1.

Do đó hàm số không liên tục trên mọi khoảng có chứa điểm x=1 hay A, B sai, D đúng.

Đáp án C sai do hàm số liên tục trên khoảng (−∞;0)

Quan sát đồ thị ta thấy

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) nên không tồn tại \( \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^{}}} f\left( x \right)\)

Do đó hàm số gián đoạn tại điểm x=1.

Với x > 0 ta có: \(f(x) = \frac{{\sqrt {x + 1} - 1}}{x}\) nên hàm số liên tục trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Với x < 0 ta có: \(f(x) = 2{x^2} + 3m + 1\) nên hàm số liên tục trên \(( - \infty ;0)\)

Do đó hàm số liên tục trên R khi và chỉ khi hàm số liên tục tại x = 0

Ta có: \(f(0) = 3m + 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {x + 1} - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt {x + 1} + 1}} = \frac{1}{2}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {2{x^2} + 3m + 1} \right) = 3m + 1\)

Do đó hàm số liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow 3m + 1 = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = - \frac{1}{6}\)

Ta có

\(B=\lim \limits_{x \rightarrow-\infty} \frac{-\sqrt{4-\frac{3}{x}+\frac{4}{x^{2}}}-2}{-\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}-x}=2\)

\(A=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{\left(2+\frac{1}{x}\right)^{3}\left(1+\frac{2}{x}\right)^{4}}{\left(\frac{3}{x}-2\right)^{7}}=-\frac{1}{16}\)

\(\begin{array}{l} B=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{2}\left(\sqrt{\left.1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right)}\right.}{x\left(\sqrt[3]{2-\frac{2}{x^{3}}}+\frac{1}{x}\right)}=\frac{x\left(\sqrt{\left.1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right)}\right.}{\sqrt[3]{2-\frac{2}{x^{3}}+\frac{1}{x}}}=+\infty \\ \text { (do tử } \rightarrow+\infty, \text { mẫu } \rightarrow \sqrt[3]{2}) \end{array}\)

Ta có 

\(A=\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} \frac{x \sqrt[3]{3+\frac{1}{x^{3}}}+x \sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}}{-x \sqrt[4]{4+\frac{2}{x^{4}}}}=-\frac{\sqrt[3]{3}+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\)

\(L=\lim \frac{n^{2}-3 n^{3}}{2 n^{3}+5 n-2}=\lim \frac{\frac{1}{n}-3}{2+\frac{5}{n^{2}}-\frac{2}{n^{3}}}=\frac{-3}{2}\)

\(2=\lim u_{n}=\lim \frac{4 n^{2}+n+2}{a n^{2}+5}=\lim \frac{4+\frac{1}{n}+\frac{2}{n^{2}}}{a+\frac{5}{n^{2}}}=\frac{4}{a}(a \neq 0) \Leftrightarrow a=2\)

\(\text { Ta có } L=\lim \frac{n^{2}+n+5}{2 n^{2}+1}=\lim \frac{1+\frac{1}{n}+\frac{5}{n^{2}}}{2+\frac{1}{n^{2}}}=\frac{1}{2}\)

\(\text { Ta có } \lim u_{n}=\lim \frac{2 n+b}{5 n+3}=\lim \frac{2+\frac{b}{n}}{5+\frac{3}{n}}=\frac{2}{5}(\forall b \in \mathbb{R})\)

Hình vuông có cạnh bằng a thì có chu vi là 4a. Hình vuông có các đỉnh là trung điểm của hình vuông ban đầu có cạnh bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) có chu vi là \(2a\sqrt 2 \).

Đường chéo của hình vuông \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) có độ dài bằng \(\sqrt 2 \) nên cạnh của hình vuông \({A_2}{B_2}{C_2}{D_2}\) có độ dài bằng \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Đường chéo của hình vuông \({A_2}{B_2}{C_2}{D_2}\) có độ dài bằng 1 nên cạnh của hình vuông \({A_3}{B_3}{C_3}{D_3}\) có độ dài bằng \(\frac{1}{2}.\)

Đường chéo của hình vuông \({A_3}{B_3}{C_3}{D_3}\) có độ dài bằng \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) nên cạnh của hình vuông \({A_4}{B_4}{C_4}{D_4}\) có độ dài bằng \(\frac{1}{{2\sqrt 2 }}.\)

Cứ như thế độ dài các cạnh hình vuông tạo thành một cấp số nhân có u1 = 1, công bội \(q = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) nên độ dài cạnh của hình vuông \({A_{2018}}{B_{2018}}{C_{2018}}{D_{2018}}\) là: \({u_{2008}} = \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^{2017}}}}\) nên chu vi hình vuông đó là: \(4{u_{2018}} = \frac{4}{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^{2017}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{{2^{1007}}}}.\)

Ta có \({S_1} = {a^2}\); \({S_2} = \frac{1}{2}{a^2}\); \({S_3} = \frac{1}{4}{a^2}\),…

Do đó S₁, S₂, S₃,…, S₁₀₀ là cấp số nhân với số hạng đầu \({u_1} = {S_1} = {a^2}\) và công bội \(q = \frac{1}{2}\).

Suy ra \(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} + ... + {S_{100}} = {S_1}.\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}} = \frac{{{a^2}\left( {{2^{100}} - 1} \right)}}{{{2^{99}}}}\).

Đặt \(S = 4 + 44 + 444 + ... + 44...4\) (tổng đó có 2018 số hạng). Ta có:

\(\frac{9}{4}S = 9 + 99 + 999 + ... + 99...9\)

\(= \left( {10 - 1} \right) + \left( {{{10}^2} - 1} \right) + \left( {{{10}^3} - 1} \right) + ...\left( {{{10}^{2018}} - 1} \right)\)

Suy ra: \(\frac{9}{4}S = \left( {10 + {{10}^2} + {{10}^3} + ... + {{10}^{2018}}} \right) - 2018 = A - 2018\).

Với \(A = 10 + {10^2} + {10^3} + ... + {10^{2018}}\) là tổng 2018 số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu u₁ = 10, công bội q = 10 nên ta có \(A = {u_1}\frac{{1 - {q^{2018}}}}{{1 - q}} = 10\frac{{1 - {{10}^{2018}}}}{{ - 9}} = \frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9}\).

Do đó \(\frac{9}{4}S = \frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9} - 2018 \Leftrightarrow S = \frac{4}{9}\left( {\frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9} - 2018} \right)\).

Theo đề ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{3n}}.{u_n} \Leftrightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{n + 1}} = \frac{1}{3}\frac{{{u_n}}}{n}\) mà \({u_1} = \frac{1}{3}\) hay \(\frac{{{u_1}}}{1} = \frac{1}{3}\)

Nên ta có \(\frac{{{u_2}}}{2} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}\); \(\frac{{{u_3}}}{3} = \frac{1}{3}.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^3}\); … ; \(\frac{{{u_{10}}}}{{10}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{10}}\).

Hay dãy \(\left( {\frac{{{u_n}}}{n}} \right)\) là một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = \frac{1}{3}\), công bội \(q = \frac{1}{3}\).

Khi đó 

\(S = {u_1} + \frac{{{u_2}}}{2} + \frac{{{u_3}}}{3} + ... + \frac{{{u_{10}}}}{{10}} = \frac{{{3^{10}} - 1}}{{{{2.3}^{10}}}} = \frac{{59048}}{{{{2.3}^{10}}}} = \frac{{29524}}{{59049}}\)

Ta có cấp số cộng với \({u_1} = 1,d = 7,{u_n} = x,{S_n} = 7944\)

Áp dụng công thức

\(\begin{array}{l} {S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2}\\ \Leftrightarrow 7944 = \frac{{\left[ {2.1 + \left( {n - 1} \right)7} \right]n}}{2}\\ \Leftrightarrow 7{n^2} - 5n - 15888 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n = 48\left( N \right)\\ n = - \frac{{331}}{7}\left( L \right) \end{array} \right. \end{array}\)

Vậy \(x = {u_{48}} = 1 + 47.7 = 330\).

Áp dụng công thức cấp số cộng ta có:

\(\begin{array}{l} {u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\\ \Rightarrow {u_{1001}} = {u_1} + \left( {1001 - 1} \right)d\\ \Leftrightarrow 2018 = 1 + \left( {1001 - 1} \right)d\\ \Rightarrow d = \frac{{2017}}{{1000}} \end{array}\)

Vậy số hạng thứ 501 là \({u_{501}} = {u_1} + \left( {501 - 1} \right)d = \frac{{2019}}{2}\).

Ta có 3 năm bằng 12 quý.

Gọi u₁, u₂, …, u₁₂ là tiền lương kĩ sư đó trong các quý (từ quý 1 đến quý 12).

Suy ra (u_n) là cấp số cộng với công sai 4.5.

Vậy số tiền lương kĩ sư nhận được là

\({S_{12}} = n\frac{{2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d}}{2} = 12\frac{{2 \times 4,5 + 11 \times 0,3}}{2} = 73,8\) (triệu đồng).

Theo giả thiết ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} a + d = b + c\\ a + b + c + d = 4 \end{array} \right. \Rightarrow a + d = b + c = 2\).

\(\begin{array}{l} {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = {\left( {a + d} \right)^2} + {\left( {b + c} \right)^2} - 2\left( {ad + bc} \right)\\ \Rightarrow ad + bc = {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} - {\left( {a + d} \right)^2} - {\left( {b + c} \right)^2} = - 8\\ P = {a^3} + {b^3} + {c^3} + {d^3}\\ = \left( {a + d} \right)\left( {{a^2} - ad + {d^2}} \right) + \left( {b + c} \right)\left( {{b^2} - bc + {c^2}} \right)\\ = 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} - ad - bc} \right) = 64 \end{array}\)

\({S_{15}} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + ... + {u_{15}} \\= \left( {{u_1} + {u_{15}}} \right) + \left( {{u_2} + {u_{14}}} \right) + \left( {{u_3} + {u_{13}}} \right) + ... + \left( {{u_7} + {u_9}} \right) + {u_8}\)

Vì \({u_1} + {u_{15}} = {u_2} + {u_{14}} = {u_3} + {u_{13}} = ... = {u_7} + {u_9} = 2{u_8}\)

\({u_3} + {u_{13}} = 80 \Rightarrow S = 7.80 + 40 = 600\)

Từ giả thiết \({u_{n + 1}} = \sqrt {u_n^2 + 2} \) ta có \(u_{n + 1}^2 = u_n^2 + 2\).

Xét dãy số \({v_n} = u_n^2\) với \({v_n} = u_n^2\) ta có \({v_{n + 1}} = u_{_{n + 1}}^2 = u_n^2 + 2\) hay \({v_{n + 1}} = {v_n} + 2\)⇒ dãy số (vn) là một cấp số cộng với số hạng đầu \({v_1} = u_1^2 = 1\) và công sai d = 2.

Do đó

\(\begin{array}{l} S = u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 + ... + u_{1001}^2\\ = {v_1} + {v_2} + {v_3} + ... + {v_{1001}}\\ = \frac{{1001\left[ {2.1 + \left( {1001 - 1} \right)2} \right]}}{2}\\ = 10002001 \end{array}\)

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có

\(a = 2R\sin A\), \(b = 2R\sin B\), \(c = 2R\sin C\)

Theo giả thiết a², b², c² theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng nên

\({a^2} + {c^2} = 2{b^2}\)

\( \Leftrightarrow 4{R^2}.{\sin ^2}A + 4{R^2}.{\sin ^2}C = 2.4{R^2}.{\sin ^2}B\)

\( \Leftrightarrow {\sin ^2}A + {\sin ^2}C = 2.{\sin ^2}B\)

Vậy \({\sin ^2}A,{\sin ^2}B,{\sin ^2}C\) theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.

Gọi d là công sai của cấp số cộng và các cạnh có độ dài lần lượt là a - d, a, a + d.

Vì tam giác có chu vi bằng 3 nên 3a = 3 ⇔ a = 1.

Vì tam giác vuông nên theo định lý Pytago ta có \({\left( {1 + d} \right)^2} = {\left( {1 - d} \right)^2} + {1^2} \Leftrightarrow 4d = 1 \Leftrightarrow d = \frac{1}{4}\).

Suy ra ba cạnh của tam giác có độ dài là \(\frac{3}{4};1;\frac{5}{4}\).

M, N, G  lần lượt là trung điểm của AB, CD, MN. Theo quy tắc trung điểm :

\(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}=2 \overrightarrow{G M} ; \overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=2 \overrightarrow{G N} ; \overrightarrow{G M}+\overrightarrow{G N}=\overrightarrow{0}\)

Suy ra \(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0} \text { hay } \overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}=-\overrightarrow{G D}\)

Gọi O là tâm hình hộp ABCD. A'B'C'D'

C sai vì \(\overrightarrow{A C_{1}}+\overrightarrow{A_{1} C}=2 \overrightarrow{A O}+2 \overrightarrow{O C}=2(\overrightarrow{A O}+\overrightarrow{O C})=2 \overrightarrow{A C}\)

\(\left\{\begin{array}{l} I K / /(A B C D) \\ G F / /(A B C D) \\ B D \subset(A B C D) \end{array} \Rightarrow \overrightarrow{I K}, \overrightarrow{G F}, \overrightarrow{B D}\right.\) đồng phẳng.

Ta thấy \(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C A}=\overrightarrow{0} \Rightarrow \vec{b}+\vec{d}-\vec{c}=\overrightarrow{0}\)

Gọi I là trung điểm CC'

\(\Delta CAC'\) cân tại A \(\Rightarrow CC' \bot AI\,\,(1)\)

\(\Delta CBC'\) cân tại B \( \Rightarrow CC' \bot BI\,\,(2)\)

\((1)(2) \Rightarrow CC' \bot \left( {AIB} \right) \Rightarrow CC' \bot AB \Rightarrow \overrightarrow {CC'} \bot \overrightarrow {AB} \)

Gọi O là trọng tâm của  \(\Delta BCD \Rightarrow AO \bot \left( {BCD} \right)\)

Trên đường thẳng d qua C và song song BM lấy điểm N sao cho BMCN là hình chữ nhật, từ đó suy ra:

\(\left( {\widehat {AC,BM}} \right) = \left( {\widehat {AC,CN}} \right) = \left( {\widehat {ACN}} \right) = \alpha \)

Có: \(CN = BM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\) và \(BN = CN = \frac{a}{2}\)

\(A{O^2} = A{B^2} - B{O^2} = A{B^2} - {\left( {\frac{2}{3}BM} \right)^2} = \frac{2}{3}{a^2}\)

 \(O{N^2} = B{N^2} + B{O^2} = \frac{7}{{12}}{a^2}\)

\(AN = \sqrt {A{O^2} + O{N^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a\)

\( \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{A{C^2} + C{N^2} - A{N^2}}}{{2AC.CN}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\)

Ta có: EG // AC (do ACGE là hình chữ nhật)

\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {EG} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ \)

Ta có: \(\overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BB'} .\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} } \right) = \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BC} \)

\(= BB'.BA\left( {cos\widehat {B'BA} + cos\widehat {B'BC}} \right)\)

Vì AA'B'B và ABCD là hai hình thoi bằng nhau nên

+ \(\widehat {B'BA} = \widehat {B'BC} \Rightarrow \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BD} \ne 0\) suy ra  không BB' vuông góc với BD.

+ \(\widehat {B'BA} + \widehat {B'BC} = {180^0} \Rightarrow cos\widehat {B'BA} = - cos\widehat {B'BC} \Rightarrow \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BD} = 0\) suy ra \(BB' \bot BD\)

Nên đáp án B có thể sai vì chưa có điều kiện của góc \(\widehat {B'BA}\) và \(\widehat {B'BC}\)

Qua điểm O có thể dựng vô số đường thẳng vuông góc với \(\Delta\), các đường thẳng đó cùng nằm trong một mặt phẳng vuông góc với \(\Delta\)

Ta có nếu \(\left\{\begin{array}{l} a \perp(P) \\ a \perp b \end{array} \Rightarrow b / /(P)\right.\)

Phương án A sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng nằm trên nhiều mặt phẳng khác nhau

Phương án B sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng song song với nhau

Phương án D sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng cắt nhau

Phương án C. đúng vì chúng đồng phẳng

AB ⊥ CD và AB ⊥ CD ⇒ AB ⊥ (BCD)

Ta có: ABCD là hình chữ nhật nên AC không vuông góc với BD

Suy ra hai mặt (ACC'A') và (BDD'B') không vuông góc với nhau.

Vậy đáp án B sai.

Vì ABC là tam giác vuông cân ở \(A \Rightarrow AB = AC \ne BC\)

Nên các mặt bên của lăng trụ không bằng nhau.

Vậy đáp án A sai.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA}\\ {\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)}\\ {\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)} \end{array} \Rightarrow SA} \right. \bot \left( {ABC} \right)\).

Gọi H là trung điểm của \(BC \Rightarrow AH \bot BC\)

Mà \(BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAH} \right)$\).

Khi đó O là hình chiếu vuông góc

của A lên (SBC)

Thì suy ra \(O \in SI\) và \(\widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SHA}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SC}\\ {\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)}\\ {\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)} \end{array} \Rightarrow SC} \right. \bot \left( {ABC} \right)\).

Gọi A' là hình chiếu vuông góc của A lên (SBC)

Khi đó \(AA' \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AA' \bot BC \Rightarrow A' \in BC\).

Suy ra đáp án B sai