Đề kiểm tra cuối học kì I môn Toán 11

Số học sinh

4

12

14

7

3

Tần số

2

5

8

12

10

3

Đáp án

B

A

C

A

A

B

A

A

D

A

C

A

Câu 1

a)

Đ

Với $m = 4$, hàm số xác định tại mọi $x \ne 2$ và tại $x = 2$ có $f(2) = 4$, nên TXĐ là $\mathbb{R}$.

b)

Đ

Với $x \ne 2$, $f(x) = \dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x + 2$.

c)

S

$\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} (x+2) = 4 \ne 2$.

d)

Đ

Để liên tục tại $x=2$ cần $\lim_{x \to 2} f(x) = f(2) \Leftrightarrow 4 = m$.

Câu 2

a)

Đ

$M, N$ là trung điểm $SA, SC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC \Rightarrow MN \parallel AC$.

b)

Đ

$MN \parallel AC$ mà $AC \subset (ABCD), MN \not\subset (ABCD)$ nên $MN \parallel (ABCD)$.

c)

S

$SO$ cắt $MN$ tại trung điểm $I$ của $SO$. Khi đó $I$ là giao điểm của $SO$ và $(BMD)$. Điểm này không phải trọng tâm tam giác $SBD$.

d)

S

Mặt phẳng $(OMN)$ chính là mặt phẳng $(SAC)$, mặt phẳng này cắt $(SBD)$ theo giao tuyến $SO$.

1

4

$\sin 2x = \sin\dfrac{\pi}{6} \Leftrightarrow 2x = \dfrac{\pi}{6} + k2\pi$ hoặc $2x = \dfrac{5\pi}{6} + k2\pi$.
Do $x \in [0; 2\pi]$ nên có 4 nghiệm: $x \in \left\{\dfrac{\pi}{12}; \dfrac{5\pi}{12}; \dfrac{13\pi}{12}; \dfrac{17\pi}{12}\right\}$.

0,5

2

6

Đây là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1 = 4, q = \dfrac{1}{3}$: $S = \dfrac{u_1}{1 - q} = \dfrac{4}{1 - \frac{1}{3}} = 6$.

0,5

3

0,75

$L = \lim_{x \to 1} \dfrac{(\sqrt{3x+1}-2)(\sqrt{3x+1}+2)}{(x-1)(\sqrt{3x+1}+2)} = \lim_{x \to 1} \dfrac{3(x-1)}{(x-1)(\sqrt{3x+1}+2)} = \dfrac{3}{2+2} = \dfrac{3}{4} = 0,75$.

0,5

4

7,42

Cỡ mẫu $n = 40$. Vị trí trung vị là $\dfrac{n}{2} = 20$. Tần số tích luỹ đến nhóm 3 là $2+5+8=15$, nhóm 4 là $15+12=27$.
Nhóm chứa trung vị là $[7; 8)$.
$M_e = 7 + \dfrac{20 - 15}{12} \cdot (8 - 7) = 7 + \dfrac{5}{12} \approx 7,42$.

0,5

Bài 1

a

Tính giới hạn dãy số $I = \lim \dfrac{2 \cdot 3^n - 5^n}{3 \cdot 5^n + 2^n}$

0,5

Chia cả tử và mẫu cho $5^n$:
$I = \lim \dfrac{2 \cdot \left(\dfrac{3}{5}\right)^n - 1}{3 + \left(\dfrac{2}{5}\right)^n}$.

0,25

Vì $\lim \left(\dfrac{3}{5}\right)^n = 0$ và $\lim \left(\dfrac{2}{5}\right)^n = 0$, ta có:
$I = \dfrac{2 \cdot 0 - 1}{3 + 0} = -\dfrac{1}{3}$.

0,25

b

Tìm $a$ để hàm số liên tục tại điểm $x = 1$

0,5

Ta có: $g(1) = a \cdot 1 + 1 = a + 1$.
$\lim_{x \to 1^-} g(x) = \lim_{x \to 1^-} (ax + 1) = a + 1$.

0,25

$\lim_{x \to 1^+} g(x) = \lim_{x \to 1^+} \dfrac{x^2 + 2x - 3}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \dfrac{(x-1)(x+3)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} (x+3) = 4$.
Hàm số liên tục tại $x = 1 \Leftrightarrow \lim_{x \to 1^+} g(x) = \lim_{x \to 1^-} g(x) = g(1) \Leftrightarrow a + 1 = 4 \Leftrightarrow a = 3$.

0,25

Bài 2

a

Tính số ghế của hàng thứ 15

0,5

Số ghế ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng $(u_n)$ có số hạng đầu $u_1 = 15$ và công sai $d = 2$.

0,25

Số ghế ở hàng thứ 15 là:
$u_{15} = u_1 + (15 - 1)d = 15 + 14 \cdot 2 = 15 + 28 = 43$ (ghế).

0,25

b

Tính tổng số ghế trong rạp chiếu phim

0,5

Rạp chiếu phim có tất cả $n = 20$ hàng ghế.
Tổng số ghế trong toàn bộ rạp là tổng của 20 số hạng đầu của cấp số cộng: $S_{20}$.

0,25

Áp dụng công thức tính tổng:
$S_{20} = \dfrac{20}{2} \cdot \left[2u_1 + (20 - 1)d\right] = 10 \cdot [2 \cdot 15 + 19 \cdot 2] = 10 \cdot (30 + 38) = 680$ (ghế).

0,25

Bài 3

[Hình vẽ]

a

Chứng minh đường thẳng $G_1G_2 \parallel (BCD)$

0,6

Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $BD$.
Khi đó $AM, AN$ lần lượt là các đường trung tuyến của $\triangle ABC$ và $\triangle ABD$.

0,2

Do $G_1, G_2$ là trọng tâm của $\triangle ABC$ và $\triangle ABD$ nên:
$\dfrac{AG_1}{AM} = \dfrac{2}{3}$ và $\dfrac{AG_2}{AN} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{AG_1}{AM} = \dfrac{AG_2}{AN} = \dfrac{2}{3}$.

0,2

Theo định lí Thalès đảo trong tam giác $AMN$, ta suy ra $G_1G_2 \parallel MN$.
Mặt khác $MN \subset (BCD)$ và $G_1G_2 \not\subset (BCD)$, do đó $G_1G_2 \parallel (BCD)$.

0,2

b

Xác định thiết diện và chứng minh thiết diện là hình thang

0,4

Vì $MN \parallel CD$ (đường trung bình $\triangle BCD$) và $G_1G_2 \parallel MN \Rightarrow G_1G_2 \parallel CD$.
Mặt phẳng $(\alpha)$ chứa $G_1G_2$ và song song $CD$.
Trong mặt phẳng $(ABC)$, qua $G_1$ kẻ đường thẳng song song $CD$, cắt $AC$ tại $P$, cắt $AB$ tại $Q$.
Trong mặt phẳng $(ABD)$, nối $Q$ qua $G_2$ cắt $AD$ tại $R$. Do $Q, G_2 \in (\alpha)$ nên $QR \subset (\alpha)$ và $QR \parallel CD$.
Thiết diện của tứ diện $ABCD$ cắt bởi $(\alpha)$ là tứ giác $PQRD$.

0,2

Vì $PQ \parallel CD$ và $QR \parallel CD$ nên $P, Q, R$ đồng phẳng và có $PQ \parallel CD \parallel QR$ (mâu thuẫn nếu không chung gốc), thực chất trong mặt phẳng $(ACD)$ qua $P$ kẻ đường thẳng song song $CD$ cắt $AD$ tại $R$. Khi đó $PQ \parallel CD$ và $PR \parallel CD \Rightarrow P, Q, R$ tạo thành thiết diện $PQSR$ có hai cạnh đối $PQ$ và $SR$ cùng song song với $CD$.
Vậy thiết diện là hình thang có các đáy song song với $CD$.

0,2