Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 13

Từ đề bài ta có hệ phương trình:

\(\left\{\begin{array}{l} \hat A+\hat B+\hat C=180^{0} \\ \hat A+\hat C=2\hat B \\ \hat C=5 \hat A \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} \hat C=5\hat A \\ \hat B=3\hat A \\ 9 \hat A=180^{0} \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} \hat A=20^{0} \\ \hat B=60^{0} \\ \hat C=100^{0} \end{array}\right.\right.\right.\)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} 2 u_{1}+63 d=11 \\ \left(u_{1}+30 d\right)^{2}+\left(u_{1}+33 d\right)^{2}=101 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}=-89 \\ d=3 \end{array}\right.\right.\)

Vậy \(u_{n}=3(n-1)-89=3 n-92\)

Từ đề bài ta có :

\(\left\{\begin{array}{l} u_{1}+6 d-u_{1}-2 d=8 \\ \left(u_{1}+d\right)\left(u_{1}+6 d\right)=75 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} d=2 \\ u_{1}=3, u_{1}=-17 \end{array}\right.\right.\)

Gọi 4 số đó là a, b, c, d. Ta có hệ :

\(\left\{\begin{array}{l} a+d=37 \\ c+b=36 \\ a+c=2 b \\ b d=c^{2} \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} a=37-d \\ c=36-b \\ d=73-3 b \\ b(73-3 b)=(36-b)^{2} \end{array}\right.\right.\)

\(\Leftrightarrow b=16, c=20, d=25, a=12\)

Gọi ba số hạng của CSC là \(a-2 x ; a ; a+2 x\,\, với \,\,d=2 x\)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} a-2 x+a+a+2 x=-9 \\ (a-2 x)^{2}+a^{2}+(a+2 x)^{2}=29 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} a=-3 \\ x=\pm \frac{1}{2} \end{array}\right.\right.\)

3 số hạng cần tìm là \(-3 ;-2 ;-1\) với \(x=\frac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l} {u_6} = {u_1}.{q^5} = 0,00001\\ \Leftrightarrow {q^5} = \frac{{ - 1}}{{{{10}^5}}}\\ \Leftrightarrow q = \frac{{ - 1}}{{10}}\\ \Rightarrow {u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} = - 1.{\left( {\frac{{ - 1}}{{10}}} \right)^{n - 1}} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{10}^{n - 1}}}} \end{array}\)

Ta có x, 5, 3y theo thứ tự lập thành cấp số cộng \( \Rightarrow x + 3y = 5.2 \Leftrightarrow x = 10 - 3y\).

Lại có x, 3, 3y theo thứ tự lập thành cấp số nhân \( \Rightarrow x.3y = {3^2} \Leftrightarrow xy = 3\).

Do đó \(y\left( {10 - 3y} \right) = 3\)

\( \Leftrightarrow 3{y^2} - 10y + 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y = 3 \Rightarrow x = 1 \Rightarrow \left| {3y - x} \right| = 8\\ y = \frac{1}{3} \Rightarrow x = 9 \Rightarrow \left| {3y - x} \right| = 8 \end{array} \right.\)

Vậy \(\left| {3y - x} \right| = 8\).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} x + \left( {2y} \right) = 2.5\\ x.\left( {2y} \right) = {4^2} \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 2y = 10\\ x.\left( {2y} \right) = 16 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 8\\ 2y = 2 \end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l} x = 2\\ 2y = 8 \end{array} \right.\).

Từ đó, ta có \(\left| {x - 2y} \right| = \left| {8 - 2} \right| = 6\).

Số tiền du khách đó đặt cược là một cấp số nhân với \(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 20000\\ q = 2 \end{array} \right.\).

9 lần đầu người đó thua ⇒ số tiền thua là tổng 9 số hạng đầu của cấp số nhân ở trên. Vậy số tiền người đó thua là \({S_9} = 20000\frac{{1 - {2^9}}}{{1 - 2}} = 10220000\) (đồng)

Số tiền người đó thắng được ở lần thứ 10 là \({u_{10}} = {u_1}.{q^9} = {20000.2^9} = 10240000\) (đồng)

Ta có \({u_{10}} - {S_9} = 10240000 - 10220000 = 20000\) (đồng)

Vậy người đó thắng 20 000 đồng.

\({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} \Rightarrow {u_5} = - 3.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^4} = - \frac{{16}}{{27}}\)

\(\lim \left(\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)}\right)=\lim \left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\lim \left(1-\frac{1}{n+1}\right)=1\)

\(\text { Ta có } 1+3+5+\cdots(2 n-1)=\frac{n(1+2 n-1)}{2}=n^{2}\) nên 

\(\lim \left(\frac{1+3+5+\cdots+(2 n+1)}{3 n^{2}+4}\right)=\lim \frac{n^{2}}{3 n^{2}+4}=\frac{1}{3}\)

Ta có 

\(\frac{1}{n^{2}}+\frac{2}{n^{2}}+\ldots+\frac{n-1}{n^{2}}=\frac{1}{n^{2}}(1+2+\cdots+n-1)=\frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{(n-1)(1+n-1)}{2}=\frac{n^{2}-n}{2 n^{2}}\), do đó

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

\(\text { Ta có } \frac{1}{2}+1+\frac{3}{2}+\ldots+\frac{n}{2}=\frac{1}{2}(1+2+\cdots+n)=\frac{1}{2} \cdot \frac{n(n+1)}{2}\), do đó

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

Vì \(\sqrt{2},(\sqrt{2})^{2}, \ldots,(\sqrt{2})^{n} \) lập thành cấp số cộng có \(u_{1}=\sqrt{2}=q\) nên 

\(u_{n}=\sqrt{2} \cdot \frac{1-(\sqrt{2})^{n}}{1-\sqrt{2}}=(2-\sqrt{2})\left[(\sqrt{2})^{n}-1\right] \longrightarrow \lim u_{n}=+\infty \text { vì }\left\{\begin{array}{l} a=2-\sqrt{2}>0 \\ q=\sqrt{2}>1 \end{array}\right.\)

Ta có 

\(D=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{x(\sqrt{2 x+1}+1)}{2 x\left[\sqrt[3]{(x+1)^{2}}+\sqrt[3]{x+1}+1\right]}=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{2 x+1}+1}{2\left[\sqrt[3]{(x+1)^{2}}+\sqrt[3]{x+1}+1\right]}=\frac{1}{3}\)

\(C=\lim\limits _{x \rightarrow 3} \frac{2(x-3)}{(x-1)(x-3)(\sqrt{2 x+3}+3)}=\lim\limits _{x \rightarrow 3} \frac{2}{(x-1)(\sqrt{2 x+3}+3)}=\frac{1}{6}\)

\(B=\lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}-2\right)}{(x-1)\left(x^{2}+x+3\right)}=\lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{(x-1)(x+1)\left(x^{2}-2\right)}{(x-1)\left(x^{2}+x+3\right)}=\lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1)\left(x^{2}-2\right)}{\left(x^{2}+x+3\right)}=-\frac{2}{5}\)

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

\(L=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\left[\left(\sqrt{1+x^{2}}+x\right)^{n}-1\right]\left[\left(\sqrt{1+x^{2}}+x\right)^{n}+1\right]}{x\left(\sqrt{1+x^{2}}+x\right)^{n}}=2 n\)

f(x) xác định trên \(\mathbb{R}\) .

Ta có \(f(2)=2 m+1 \text { và } \lim \limits_{x \rightarrow 2} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 2} \frac{x^{3}-8}{x-2}=\lim \limits_{x \rightarrow 2}\left(x^{2}+2 x+4\right)=12\)

Để f (x) liên tục tại x = 2 thì \(\lim\limits _{x \rightarrow 2} f(x)=f(2) \Leftrightarrow 2 m+1=12 \Leftrightarrow m=\frac{11}{2}\)

Trên \([-1 ;+\infty), f(x)=x^{2}-1\) là hàm đa thức nên f(x) liên tục trên \([-1 ;+\infty)\) . Vậy chọn đáp án đúng là C

f(x) là hàm phân thức hữu tỉ, có tập xác định là \((-\infty ; 1) \cup(1 ; 2) \cup(2 ;+\infty)\) nên theo Định lí , f(x) liên tục trên các khoảng \((-\infty ; 1),(1 ; 2) \text { và }(2 ;+\infty)\)

Hàm số có dạng phân thức hữu tỉ xác định trên tập hợp \(\begin{equation} D=(-\infty ;-3) \cup(-3 ;-2) \cup(-2 ;+\infty) \end{equation}\)

Theo Định lí , hàm số liên tục trên các khoảng \(\begin{equation} (-\infty ;-3) ;(-3 ;-2) ;(-2 ;+\infty) \end{equation}\) .

Vì \(\begin{equation} (2 ; 3) \subset(-2 ;+\infty) \end{equation}\) nên đáp án đúng là B.

Quan sát đồ thị ta thấy \(\begin{equation} \lim\limits _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=3 ; \lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=0 \end{equation}\).

Vậy \(\begin{equation} \lim\limits _{x \rightarrow 1^{-}} f(x) \neq \lim \limits_{x \rightarrow 1^{+}} f(x) \text { nên } \lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x) \end{equation}\) không tồn tại.

Do đó hàm số gián đoạn tại điểm x=1

Ta có

\(\begin{array}{l} \overrightarrow{G S}+\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow{G S}+4 \overrightarrow{G O}+(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow{G S}+4 \overrightarrow{G O}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{G S}=4 \overrightarrow{O G} \end{array}\)

\(\begin{aligned} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{E G} &=(\overrightarrow{E F}+\overrightarrow{E H})(\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E F}+\overrightarrow{F B}) \\ &=\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{A E}+E F^{2}+\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{F B}+\overrightarrow{E H} \cdot \overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E H} \cdot \overrightarrow{E F}+\overrightarrow{E H} \cdot \overrightarrow{F B} \\ &=0+a^{2}+0+0+0+\overrightarrow{E H} \cdot \overrightarrow{E A}=a^{2}+0=a^{2} \end{aligned}\)

Vì ABCD và ABC'D' là hình vuông nên \(AD\,{\rm{//}}\,BC';\,\,AD = BC' \Rightarrow ADBC'\) là hình bình hành

Mà O; O' là tâm của 2 hình vuông nên O; O' là trung điểm của BD và AC' ⇒ OO'là đường trung bình của ADBC' \(\Rightarrow OO'\,{\rm{//}}\,AD\)

Mặt khác, \(AD \bot AB\) nên \(OO' \bot AB \bot \Rightarrow \widehat {\left( {OO',AB} \right)} = {90^o}\)

Kẻ \(\mathrm{NP} // \mathrm{AC}(P \in A B)\), nối MP .

NP là đường trung bình \(\Delta A B C \Rightarrow P N=\frac{1}{2} A C=\frac{a}{2}\).

MP là đường trung bình \(\Delta A B D \Rightarrow P M=\frac{1}{2} B D=\frac{3 a}{2}\)

Lại có \((A C, B D)=(P N, P M)=\widehat{N P M}=90^{\circ}\)\(\Rightarrow \Delta M N P\) vuông tại P .

Vậy \(M N=\sqrt{P N^{2}+P M^{2}}=\frac{a \sqrt{10}}{2}\)

Vì M, N, P, Q nên dễ thấy tứ giác MNPQ là hình bhình hành. Gọi H là trung điểm của AB .

Vì hai tam giác ABC và ABC' nên \(\left\{\begin{array}{l} C H \perp A B \\ C^{\prime} H \perp A B \end{array}\right.\)

Suy ra \(A B \perp\left(C H C^{\prime}\right) . \text { Do đó } A B \perp C C^{\prime} .\).

Ta có: \(\left\{\begin{array}{l} P Q / / A B \\ P N / / C C^{\prime} \Rightarrow P Q \perp P N \\ A B \perp C C^{\prime} \end{array}\right.\).

Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.  

Ta có:\(\left\{\begin{array}{l} (M N P Q) / / A B \\ (M N P Q) \cap(A B C)=M Q \end{array} \Rightarrow M Q / / A B\right.\)

Tương tự ta có: \(M N / / C D, N P / / A B, Q P / / C D\) .

Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành .

Lại có \(M N \perp M Q(d o A B \perp C D)\). Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. 

A đúng vì \(\left\{\begin{array}{l} A^{\prime} C^{\prime} \perp B^{\prime} D^{\prime} \\ B^{\prime} D^{\prime} / / B D \end{array} \Rightarrow A^{\prime} C^{\prime} \perp B D\right.\)

C đúng vì \(\left\{\begin{array}{l} A^{\prime} B \perp A B^{\prime} \\ A B^{\prime} / / D C^{\prime} \end{array} \Rightarrow A^{\prime} B \perp D C^{\prime}\right.\)

D đúng vì \(\left\{\begin{array}{l} B C^{\prime} \perp B^{\prime} C \\ B^{\prime} C / / A^{\prime} D \end{array} \Rightarrow B C^{\prime} \perp A^{\prime} D\right.\)

Vậy B sai.

Gọi O là trung điểm của AC , ta có O M=O N=a

\(\left\{\begin{array}{l} O M // A B \\ O N // C D \end{array} \Rightarrow \widehat{(A B, C D)}=(\widehat{O M, O N)}\right.\)

Áp dụng định lí côsin cho tam giác OMN ta có 

\(\begin{array}{l} \cos \widehat{M O N}=\frac{O M^{2}+O N^{2}-M N^{2}}{2 O M . O N}=\frac{a^{2}+a^{2}-(a \sqrt{3})^{2}}{2 \cdot a \cdot a}=-\frac{1}{2} \\ \text { Vậy } \overline{(A B, C D)}=60^{\circ} \end{array}\)

Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của S lên các cạnh \(A B, A C, B C\).

Theo định lý ba đường vuông góc ta có M, N, P lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh \(A B, A C, B C\).

\(\Rightarrow \widehat{S M H}=\widehat{S N H}=\widehat{S P H} \Rightarrow \Delta S M H=\Delta S N H=\Delta S P H\)

\(\Rightarrow H M=H N=N P \Rightarrow\)H là tâm dường tròn nội tiếp của tam giác ABC

Hình chóp đều là hình chóp có các mặt bên là tam giác cân, và đáy là hình đa giác đều, có thể có cạnh bên và cạnh đáy không bằng nhau nên đáp án B sai. 

Do \(S A \perp(A B C)\) nên A đúng

Do \(B C \perp(S A B)\) nên B và D đúng

Vậy C sai.

Gọi E là trung điểm của BC . Khi đó ta có 

\(\left\{\begin{array}{l} A E \perp B C \\ D E \perp B C \end{array} \Rightarrow B C \perp(A D E) \Rightarrow B C \perp A D\right.\)

Ta có \(AA' \bot B'D',{\rm{ }}A'D' \bot AB', A'B' \bot AD'\) suy ra hình hộp ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương.

A sai vì đáy có thể là hình bình hành.

B đúng

C sai vì đáy có thể là hình bình hành

D sai vì đáy có thể là hình bình hành.

A.  Vì lăng trụ đều nên các cạnh bằng nhau. Do đó đáy là đa giác đều.

B. Vì lăng trụ đều là lăng trụ đứng nên các mặt bên vuông góc với đáy.

C. Vì lăng trụ đều là lăng trụ đứng nên các cạnh bên vuông góc với đáy.

D. Vì lăng trụ đều là lăng trụ đứng nên các cạnh bên bằng nhau và cùng vuông góc với đáy. Do đó các mặt bên là những hình vuông.