Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 01

\(y' = \frac{{{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{1 - {x^2}}}\)\( = \frac{{ - 2x}}{{1 - {x^2}}}\)\( = \frac{{2x}}{{{x^2} - 1}}\).

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\), \(f''\left( x \right) = 6x\)\( \Rightarrow \)\(f''\left( 1 \right) = 6\).

\[y' = f'\left( x \right) =  - 6{x^2} + 12x\], giả sử điểm \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\] thì \[{x_0} = 3\]\[ \Rightarrow {y_0} =  - 5\], \[f'\left( 3 \right) =  - 18\]

Vậy phương trình tiếp tuyến \[y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\]\[ =  - 18\left( {x - 3} \right) - 5\]\[ =  - 18x + 49\].

Biến cố \(A \cup B\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo khác nhau hoặc tổng lớn hơn 7".

Biến cố \(AB\) là: "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo khác nhau và có tổng lớn hơn 7”.

Biến cố \(A\bar B\) là: "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo giống nhau và có tổng nhỏ hơn hoặc bằng 7”.

a) b) c) \(P(AB) = \frac{1}{3},P(A \cup B) = \frac{{11}}{{12}},P(A\bar B) = \frac{1}{{12}}\).

d) Do \(P(A) = \frac{{15}}{{36}},P(B) = \frac{{30}}{{36}}\) và \(P(A)P(B) \ne P(AB)\) nên

hai biến cố này không độc lập.

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 \(\left( {SBC} \right)\)

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

Vậy đáp án b đúng.

Từ hình vẽ ta có: *) \[a > 1\]. Vì hàm \[y = {\log _a}x\] đồng biến: Tính từ trái qua phải đồ thị có dạng đi lên.

*) Lấy đối xứng đồ thị hàm số \[y =  - {b^x}\] qua trục \[Ox\]ta được đồ thị hàm số \[y = {b^x}\] là hàm đồng biến, nên \[\,b > 1\].

*) \[0 < c < 1.\]Vì hàm \[y = {c^x}\] nghịch biến: Tính từ trái qua phải đt có dạng đi xuống.

Do đó:

\[\left. \begin{array}{l}a + b > 2\\0 < c < 1\end{array} \right\} \Rightarrow {\log _c}\left( {a + b} \right) < {\log _c}2 \Rightarrow \]Đáp án a sai.

\[\left. \begin{array}{l}0 < c < 1\\ab > 1\end{array} \right\} \Rightarrow {\log _{ab}}c < {\log _{ab}}1 = 0 \Rightarrow \]Đáp án b sai.

\[\left. \begin{array}{l}\frac{b}{c} > 1\\a > 1\end{array} \right\} \Rightarrow {\log _a}\frac{b}{c} > {\log _a}1 = 0 \Rightarrow \]Đáp án c đúng.

\[\left. \begin{array}{l}\frac{a}{c} > 1\\b > 1\end{array} \right\} \Rightarrow {\log _b}\frac{a}{c} > {\log _b}1 = 0 \Rightarrow \]Đáp án d sai.

Trả lời: \(0,25\)

Lời giải

Gọi \(A\) là biến cố "Học sinh thích bóng đá", \(B\) là biến cố "Học sinh thích bóng rổ" và \(AB\) là biến cố "Học sinh thích bóng đá và bóng rổ".

Khi đó biến cố \(\bar A \cup \bar B\) là "Học sinh không thích cả bóng đá và bóng rổ".

Ta có \(P(\bar A \cup \bar B) = P(\bar A) + P(\bar B) - P(\overline {AB} ) = 1 - 0,45 + 1 - 0,6 - (1 - 0,3) = 0,25\).

Trong mặt phẳng \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right)\), kẻ \({A^\prime }H \bot {B^\prime }{D^\prime }\) tại \(H\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{B^\prime }{D^\prime } \bot {A^\prime }H}\\{{B^\prime }{D^\prime } \bot A{A^\prime }\left( {{\rm{do }}A{A^\prime } \bot \left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow {B^\prime }{D^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }H} \right) \Rightarrow {B^\prime }{D^\prime } \bot AH} \right.\).

Do đó \(\widehat {AH{A^\prime }}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,{B^\prime }{D^\prime },{A^\prime }} \right]\).

Tam giác \({A^\prime }{B^\prime }{D^\prime }\) vuông tại \({A^\prime }\) có đường cao \({A^\prime }H\) nên

\(\frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} = \frac{1}{{{A^\prime }{B^{\prime 2}}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{D^{\prime 2}}}} \Rightarrow {A^\prime }H = \frac{{{A^\prime }{B^\prime } \cdot {A^\prime }{D^\prime }}}{{\sqrt {{A^\prime }{B^{\prime 2}} + {A^\prime }{D^{\prime 2}}} }} = \frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}{\rm{. }}\)

Tam giác \(AH{A^\prime }\) vuông tại \({A^\prime }\) có:

\(\tan \widehat {AH{A^\prime }} = \frac{{A{A^\prime }}}{{{A^\prime }H}} = \frac{{8,2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AH{A^\prime }} \approx {51,14^^\circ }\)

Trả lời: \(18000\left( {\;c{m^3}} \right)\)

Lời giải

Thể tích cái hộp (khối lập phương) là: \({V_1} = {30^3} = 27000\left( {\;c{m^3}} \right)\).

Xét đồ chơi có dạng hình chóp tứ giác đều, chiều cao của hình chóp bằng với một cạnh của hình lập phương, hay \(h = 30\;cm\), đáy của hình chóp có diện tích \(S = {30^2} = 900\;c{m^2}\).

Thể tích khối đồ chơi (khối chóp tứ giác đều) là:

\({V_2} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \cdot 900 \cdot 30 = 9000\left( {\;c{m^3}} \right){\rm{. }}\)

Thể tích phần không gian bên trong chiếc hộp không bị chiếm bởi mô hình đồ chơi dạng hình chóp: \(V = {V_1} - {V_2} = 27000 - 9000 = 18000\left( {\;c{m^3}} \right)\).

Trả lời: 2034

Lời giải

 Giả sử sau \(n\) năm dân số Việt Nam là \({113.10^6}\) ( người).

\( \Rightarrow {113.10^6} = {91,7.10^6}.{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n}\) \( \Leftrightarrow {\left( {1,01} \right)^n} = \frac{{1130}}{{917}} \Leftrightarrow n = {\log _{1,011}}\frac{{1130}}{{917}} = 19\)

Vậy đến năm 2034 thì dân số Việt Nam là \(113\) triệu người.

Trả lời: \( = 2\sin 4x + 3\sin 3x\)

Lời giải

\(f'\left( x \right) = 2\sin 2x.{\left( {\sin 2x} \right)^\prime } + 3\sin 3x = 2.2.\sin 2x.\cos 2x + 3\sin 3x\)\( = 2\sin 4x + 3\sin 3x\).