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

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

Vậy hàm số liên tục tại x=1.

\(\begin{array}{l} \text { Ta có: } f(0)=2 \\ \begin{array}{l} \lim \limits_{x \rightarrow 0} f(x)=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{x+1+\sqrt[3]{x-1}}{x}=\lim\limits _{x \rightarrow 0}\left(1+\frac{1+\sqrt[3]{x-1}}{x}\right) \\ =\lim\limits _{x \rightarrow 0}\left(1+\frac{1}{1-\sqrt[3]{x-1}+x-1}\right)=2=f(0) \end{array} \end{array}\)

Vậy hàm số liên tục tại \(x_{0}=0.\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có: } f(-1)=1 \text { và } \lim \limits _{x \rightarrow-1^{-}} f(x)=\lim \limits _{x \rightarrow-1^{-}}(2 x+3)=1 \\ \lim \limits_{x \rightarrow-1^{+}} f(x)=\lim \limits _{x \rightarrow-1^{+}} \frac{x+\sqrt{x+2}}{x+1}=\lim \limits _{x \rightarrow-1^{+}} \frac{x^{2}-x-2}{(x+1)(x-\sqrt{x+2})} \\ \quad \lim \limits_{x \rightarrow-1^{+}} \frac{x-2}{x-\sqrt{x+2}}=\frac{3}{2} \\ \text { Suy ra } \lim \limits _{x \rightarrow-1^{+}} f(x) \neq \lim \limits_{x \rightarrow-1^{-}} f(x) \end{array}\)

Vậy hàm số không liên tục tại \(x_{0}=-1\)

Ta có

\(\lim \limits_{x \rightarrow 0} f(x)=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2(\sqrt{3 x+4}+2)}{3\left(\sqrt[3]{(2 x+8)^{2}}+2 \cdot \sqrt[3]{2 x+8}+4\right)}=\frac{2}{9}\)

Vậy ta chọn \(f(0)=\frac{2}{9}\)

Ta có

\(\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{2 x+1}-1}{x(x+1)}=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{2 x}{x(x+1)(\sqrt{2 x+1}+1)}=1\)Vậy ta chọn f(0)=1

\(B=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin \frac{5 x}{2} \sin \frac{x}{2}}{-2 x \cos \frac{7 x}{2} \sin \frac{x}{2}}=-\lim\limits _{x \rightarrow 0}\left(\frac{5}{2} \cdot \frac{\sin \frac{5 x}{2}}{\frac{5 x}{2}}\right) \cdot \lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{1}{\cos \frac{7 x}{2}}=\frac{5}{2}\)

\(A=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{2} x}{\sin \frac{3 x}{2}}=\lim\limits _{x \rightarrow 0} x\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2} \cdot \frac{3}{2} \lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin \frac{3 x}{2}}{\frac{3 x}{2}}=0\)

Ta có 

\(\dfrac{1-\cos x \cdot \cos 2 x \cdot \cos 3 x}{x^{2}}=\dfrac{1-\cos x+\cos x \cos 2 x(1-\cos 3 x)+\cos x(1-\cos 2 x)}{x^{2}}\)

\(\begin{array}{l} =\dfrac{1-\cos x}{x^{2}}+\cos x \cdot \cos 2 x \dfrac{1-\cos 3 x}{x^{2}}+\cos x \dfrac{1-\cos 2 x}{x^{2}} \\ B=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \dfrac{1-\cos x}{x^{2}}+\lim \limits_{x \rightarrow 0} \cos x \cdot \cos 2 x \dfrac{1-\cos 3 x}{x^{2}}+\lim\limits _{x \rightarrow 0} \cos x \dfrac{1-\cos 2 x}{x^{2}}=3 \end{array}\)

\(\begin{array}{c} \text { Ta có: } \dfrac{1+\sin m x-\cos m x}{1+\sin n x-\cos n x}=\dfrac{2 \sin ^{2} \frac{m x}{2}+2 \sin \frac{m x}{2} \cos \frac{m x}{2}}{2 \sin ^{2} \frac{n x}{2}+2 \sin \frac{n x}{2} \cos \frac{n x}{2}} \\ =\dfrac{m}{n}. \dfrac{\sin \dfrac{m x}{2}}{\dfrac{m x}{2}} \cdot \dfrac{\frac{n x}{2}}{\sin \dfrac{n x}{2}} \cdot \frac{\sin \dfrac{m x}{2}+\cos \dfrac{m x}{2}}{\sin \dfrac{n x}{2}+\cos \frac{n x}{2}} \\ A=\frac{m}{n} \lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin \frac{m x}{2}}{\dfrac{m x}{2}} \cdot \lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{n x}{2}}{\sin \dfrac{n x}{2}} \cdot \lim\limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin \dfrac{m x}{2}+\cos \dfrac{m x}{2}}{\sin \dfrac{n x}{2}+\cos \dfrac{n x}{2}}=\dfrac{m}{n} \end{array}\)

\(A=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin ^{2} \frac{a x}{2}}{x^{2}}=\frac{a}{2} \lim\limits _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sin \frac{a x}{2}}{\frac{a x}{2}}\right)^{2}=\frac{a}{2}\)

Ta có \(\lim \frac{n+\sqrt{n^{2}+1}}{\sqrt{n^{2}-n}-2}=\lim \frac{1+\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}}}{\sqrt{1-\frac{1}{n}}-\frac{2}{n}}=\frac{1+\sqrt{1}}{1}=2 \sqrt{2} \sin \frac{\pi}{4}\)

\(\longrightarrow\left\{\begin{array}{l} a=2 \sqrt{2} \\ b=0 \end{array} \longrightarrow S=8\right.\)

\(\lim \frac{\sqrt{n+1}-4}{\sqrt{n+1}+n}=\lim \frac{\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}-\frac{4}{n}}{\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}+1}=\frac{0}{1}=0\)

\(\lim \frac{\sqrt{2 n+3}}{\sqrt{2 n}+5}=\lim \frac{\sqrt{2+\frac{3}{n}}}{\sqrt{2}+\frac{5}{\sqrt{n}}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1\)

\(\lim \frac{-n^{2}+2 n+1}{\sqrt{3 n^{4}+2}}=\lim \frac{-1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}}}{\sqrt{3+\frac{2}{n^{4}}}}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\)

\(\lim \frac{\sqrt{9 n^{2}-n+1}}{4 n-2}=\lim \frac{\sqrt{9-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}}{4-\frac{2}{n}}=\frac{3}{4}\)

Số lượng vi khuẩn tăng lên là cấp số nhân (un) với công bội q = 2.

Ta có:

\({u_6} = 64000 \Rightarrow {u_1}.{q^5} = 64000 \Rightarrow {u_1} = 2000\)

Sau n phút thì số lượng vi khuẩn là un+1.

\({u_{n + 1}} = 2048000 \Rightarrow {u_1}.{q^n} = 2048000 \Rightarrow {2000.2^n} = 2048000 \Rightarrow n = 10\)

Vậy sau 10 phút thì có được 2048000 con.

Ta có :

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {u_1} + {u_2} + {u_3} = 13\\ {u_4} - {u_1} = 26 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 13\\ {u_1}\left( {{q^3} - 1} \right) = 26 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \frac{{\left( {{q^3} - 1} \right)}}{{\left( {1 + q + {q^2}} \right)}} = \frac{{26}}{{13}}\\ \Rightarrow q - 1 = 2 \Rightarrow q = 3 \Rightarrow {u_1} = 1\\ {S_8} = \frac{{1\left( {1 - {3^8}} \right)}}{{1 - 3}} = 3280 \end{array}\)

Theo bài ra ta có \({u_1} = \frac{1}{2}\), \({u_4} = 32\) và \({u_n} = 2048\).

\(\begin{array}{l} {u_4} = {u_1}.{q^3} \Rightarrow 32 = \frac{1}{2}.{q^3} \Rightarrow q = 4\\ {u_n} = 2048 \Rightarrow {u_1}.\,{q^{n - 1}} = 2048 \Rightarrow {4^{n - 1}} = {4^6} \Rightarrow n = 7 \end{array}\)

Khi đó tổng của cấp số nhân này là \({S_7} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^7}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - {4^7}} \right)}}{{1 - 4}} = \frac{{5461}}{2}\).

Ta có \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} = - {\left( { - \frac{1}{{10}}} \right)^{n - 1}}\).

Khi đó \({u_n} = \frac{1}{{{{10}^{2017}}}} \Leftrightarrow - {\left( { - \frac{1}{{10}}} \right)^{n - 1}} = \frac{1}{{{{10}^{2017}}}} \Leftrightarrow n = 2018\).

Do đó \(\frac{1}{{{{10}^{2017}}}}\) là số hạng thứ 2018 của (u_n).

\({u_4} = {u_1}{q^3} \Leftrightarrow 64 = 1.{q^3} \Leftrightarrow q = 4\)

Ta giải hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_7} - {u_3} = 8}\\
{{u_2}{u_7} = 75}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4d = 8\\
\left( {{u_1} + 2} \right)\left( {{u_1} + 12} \right) = 75
\end{array} \right. \Rightarrow {u_1} = 3\)

Ta giải hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}
4d = 8\\
\left( {{u_1} + 2} \right)\left( {{u_1} + 12} \right) = 75
\end{array} \right. \Rightarrow {u_1} = 3\)

với d và u₁ lần lượt là công sai và số hạn đầu tiên của cấp số cộng

Giải sử phương trình có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.

Khi đó \(x_{1}+x_{3}=2 x_{2}, x_{1}+x_{2}+x_{3}=3 \Rightarrow x_{2}=1\)

Thay vào phương trình ta có  m=11

Khi đó ta có phương trình \(x^{3}-3 x^{2}-9 x+11=0\)

\(\Leftrightarrow(x-1)\left(x^{2}-2 x-11\right)=0 \Leftrightarrow x_{1}=1-\sqrt{12}, x_{2}=1, x_{3}=1+\sqrt{12}\)

Ba nghiệm này lập thành CSC.

Vậy m = 11 là giá trị cần tìm. 

Ba số a, b, c lập thành cấp số cộng \(\Leftrightarrow a+c=2b\)

Ba số a, b, c lập thành cấp số nhân \(\Leftrightarrow ac=b^2\)

Từ đề bài ta có:

\(\left\{\begin{array}{l} x+5 y+8 x+y=2(5 x+2 y) \\ (x+1)^{2}(y-1)^{2}=(x y-1)^{2} \end{array}\right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x = - \sqrt 3 \\ y = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x = \sqrt 3 \\ y = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Vậy \((x ; y)=\left(-\sqrt{3} ;-\frac{\sqrt{3}}{2}\right):\left(\sqrt{3} ; \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)

Ta có \(x^{2}+1, x-2,1-3 x\) lập thành cấp số cộng 

\(\Leftrightarrow x^{2}+1+1-3 x=2(x-2) \Leftrightarrow x^{2}-5 x+6=0 \Leftrightarrow x=2 ; x=3\)

Ta có: \({S_{ABC}} = {S_{ADE}}.\cos \alpha \) với \(\alpha = \left( {\left( {ABC} \right),\left( {ADE} \right)} \right) = {60^0}\).

Do đó \({S_{ADE}} = \frac{{{S_{ABC}}}}{{\cos \alpha }} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}}{{\cos {{60}^0}}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Mặt khác, \({S_{ADE}} = \frac{1}{2}AD.AE.\sin \varphi \Leftrightarrow \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.a\sqrt 3 .\sin \varphi \Rightarrow \sin \varphi = \frac{2}{{\sqrt 6 }}\).

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A' và vuông góc với BC.

Từ A' ta dựng \(A'K' \bot B'C'\),

Vì \((ABC) \bot (BCC'B')\) nên \(A'K' \bot B'C' \Rightarrow A'K' \bot (BCC'B') \Rightarrow A'K' \bot BC'\) (1)

Mặt khác trong mặt phẳng (BCC'B') dựng \(K'x \bot B'C\) và cắt B'B tại 1 điểm N (2) (điểm gì đề chưa có cho nên cho tạm điểm N).

Từ (1) và (2) ta có : \(\left\{ \begin{array}{l} BC' \bot A'K'\\ BC' \bot K'N \end{array} \right. \Rightarrow BC' \bot (A'K'N)\)

Từ sách giáo khoa, đường chéo hình hộp chữ nhật 

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

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD.

Ta có: OJ // CD.

Nên góc giữa IJ và CD bằng góc giữa IJ và OJ.

Xét tam giác IOJ có

\(IJ = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2},\,OJ = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2},\,\,IO = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\)

Nên tam giác IOJ đều.

Vậy góc giữa IJ và CD bằng góc giữa IJ và OJ bằng góc \(\widehat {IJ{\rm{O}}} = {60^0}\).

Nếu a và b cùng vuông góc với c thì a và b hoặc song song hoặc chéo nhau.

C sai do:

Giả sử hai đường thẳng a và b chéo nhau, ta dựng đường thẳng c là đường vuông góc chung của a và b. Khi đó góc giữa a và c bằng với góc giữa b và c và cùng bằng 90^o, nhưng hiển nhiên hai đường thẳng a và b không song song.

D sai do: giả sử a vuông góc với c, b song song với c, khi đó góc giữa a và c bằng 90^o, còn góc giữa b và c bằng 0^o.

Do đó B đúng.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm AC, BC.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} MI = NI = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2}\\ MI{\rm{ // }}AB{\rm{ // }}CD{\rm{ // }}NI \end{array} \right.\)

⇒ MINJ là hình thoi.

Gọi O là giao điểm của MN và IJ.

Ta có: \(\widehat {MIN} = 2\widehat {MIO}\).

Xét tam giác MIO vuông tại O, ta có:

\(\cos \widehat {MIO} = \frac{{IO}}{{MI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{a}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \\ \Rightarrow \widehat {MIO} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {MIN} = 60^\circ \)

Mà: \(\left( {AB,CD} \right) = \left( {IM,IN} \right) = \widehat {MIN} = 60^\circ \).

Ta có: AC // A'C' (tính chất của hình hộp)

\( \Rightarrow \left( {AC,A'D} \right) = \left( {A'C',A'D} \right) = \widehat {DA'C'}\) (do giả thiết cho  nhọn).

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

\( \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\)

Gọi E là trung điểm CD \( \Rightarrow BE \bot CD\) (do tam giác BCD đều).

Do \(AH \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AH \bot CD\).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} CD \bot BE\\ CD \bot AH \end{array} \right. \\ \Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right) \\ \Rightarrow CD \bot AB \\ \Rightarrow \widehat {\left( {AB,CD} \right)} = 90^\circ \)

Ta có \(O A \perp(O B C) \Rightarrow O A \perp B C \text { và } O H \perp B C \Rightarrow B C \perp(O A H) \Rightarrow B C \perp A H .\)

Tương tự ta có \(A B \perp C H\) , suy ra đáp án A, D đúng.

Ta có \(\frac{1}{O H^{2}}=\frac{1}{O A^{2}}+\frac{1}{O I^{2}}=\frac{1}{O A^{2}}+\frac{1}{O B^{2}}+\frac{1}{O C^{2}}, \text { với } I=A H \cap B C\) nên C đúng.

Vậy B sai.

\(\begin{aligned} &S H \perp(A B C) \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} S H \perp A H \\ S H \perp B H \\ S H \perp C H \end{array}\right.\\ &\text { Xét ba tam giác vuông } \Delta S H A, \Delta S H B, \Delta S H C \text { có }\\ &\left\{\begin{array}{l} S A=S B=S C \\ S H \text { chung } \end{array} \Rightarrow \Delta S H A=\Delta S H B=\Delta S H C\right.\\ &\Rightarrow H A=H B=H C \,mà\, H \in(A B C) \end{aligned}\)

\( \Rightarrow H\) chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} C H \perp A B \\ C H \perp S A \end{array} \Rightarrow C H \perp(S A B)\right.\)

Từ đó suy ra \(C H \perp A K, C H \perp S B, C H \perp S A\) nên A, B, C đúng.

Vậy D sai.

\(\begin{array}{l} \text { Ta có: } \overrightarrow{D M}=\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A C}) \\ =\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A D}=\frac{1}{2} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}-\vec{c}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-2 \vec{c}) \end{array}\)

Ta có \(\left.\begin{array}{l} \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D N} \\ \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C N} \end{array}\right\} \Rightarrow 2 \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{D N}+\overrightarrow{C N}\)

Mà M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD nên \(\overrightarrow{M A}=\overrightarrow{B M}=-\overrightarrow{M B} ; \overrightarrow{D N}=\overrightarrow{N C}=-\overrightarrow{C N}\)

Do đó \(2 \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C} \Rightarrow \overrightarrow{M N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C})\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có: } \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B G} ; \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C G} ; \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D G} \\ \Rightarrow 3 \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B G}+\overrightarrow{C G}+\overrightarrow{D G}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D}=\vec{x}+\vec{y}+\vec{z} \end{array}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{A G}=\frac{1}{3}(\vec{x}+\vec{y}+\vec{z})\)

Ta có \(\vec{c}+\vec{d}-\vec{b}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{A P}-2 \overrightarrow{A M}=2(\overrightarrow{M P}) \Leftrightarrow \overrightarrow{M P}=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d}-\vec{b})\)