Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 01
22 câu hỏi
Phần 1. Câu trắc nghiệm nhiều phương án chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án đúng nhất.
Rút gọn biểu thức \[P = {x^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[6]{x}\] với \[x > 0\].
\[P = \sqrt x \].
\[P = {x^{\frac{1}{8}}}\].
\[P = {x^{\frac{2}{9}}}\].
\[P = {x^2}\].
Với \[x > 0\], ta có \[P = {x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}}\]\[ = {x^{\frac{1}{3} + \frac{1}{6}}}\]\[ = {x^{\frac{1}{2}}}\]\[ = \sqrt x \].
Hàm số \(y = {\log _5}\left( {4x - {x^2}} \right)\) có tập xác định là
\(D = \left( {0;\,4} \right)\).
\(D = \mathbb{R}\).
\(D = \left( { - \infty ;\,0} \right) \cup \left( {4;\, + \infty } \right)\) .
\(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\) .
Điều kiện: \(4x - {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 4\).
Vậy: Tập xác định là \(D = \left( {0;\,4} \right)\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Góc giữa hai đường thẳng \(BA'\) và \(CD\) bằng:
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
Có \[CD{\rm{//}}AB \Rightarrow \left( {BA',CD} \right) = \left( {BA',BA} \right) = \widehat {ABA'} = 45^\circ \] (do \(ABB'A'\) là hình vuông).
Cho hình chóp \[S.ABC\] có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\]; tam giác ABC đều cạnh \[a\] và \[SA = a\] (tham khảo hình vẽ bên). Tìm góc giữa đường thẳng \(SC\)và mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].
\[{60^{\rm{o}}}\].
\[{45^{\rm{o}}}\].
\[{135^{\rm{o}}}\].
\[{90^{\rm{o}}}\].
Góc giữa đường thẳng \(SC\)và mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là góc \(\widehat {SCA}\).
Tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(A\) nên góc \(\widehat {SCA} = 45^\circ \).
Cho hình lập phương\(ABCD.A'BC'D'\). Tính góc giữa mặt phẳng\(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ACC'A'} \right)\).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
Do \[AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\] .
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành, cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( {SBD} \right)\) bằng \(\frac{{6a}}{7}\). Tính khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\)?
\(\frac{{12a}}{7}\).
\(\frac{{3a}}{7}\).
\(\frac{{4a}}{7}\).
\(\frac{{6a}}{7}\).
Do \(ABCD\) là hình bình hành\( \Rightarrow AC \cap BD = O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\)\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{6a}}{7}\).
Cho khối tứ diện \(ABCD\) có \(AB\), \[AC\], \[AD\] đôi một vuông góc và \(AB = AC = 2a\), \(AD = 3a\). Thể tích \(V\) của khối tứ diện đó là:
\(V = {a^3}.\)
\(V = 3{a^3}.\)
\(V = 2{a^3}.\)
\(V = 4{a^3}.\)
Áp dụng công thức thể tích của tam diện vuông ta có: \[V = \frac{1}{6}AB.AC.AD = \frac{1}{6}.2a.2a.3a = 2{a^3}\].
Một hộp đựng 4 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi. Tính xác suất 2 viên bi được chọn cùng màu là:
\(P(X) = \frac{5}{{18}}\).
\(P(X) = \frac{5}{8}\).
\(P(X) = \frac{7}{{18}}\).
\(P(X) = \frac{7}{8}\).
Gọi \(A\) là biến cố "Chọn được 2 viên bi xanh"; \(B\) là biến cố "Chọn được 2 viên bi đỏ", \(C\) là biến cố "Chọn được 2 viên bi vàng" và \(X\) là biến cố "Chọn được 2 viên bi cùng màu".
Ta có: \(X = A \cup B \cup C\) và các biến cố \(A,B,C\) đôi một xung khắc.
Do đó, ta có: \(P(X) = P(A) + P(B) + P(C) = \frac{{C_4^2}}{{C_9^2}} + \frac{{C_3^2}}{{C_9^2}} + \frac{{C_2^2}}{{C_9^2}} = \frac{1}{6} + \frac{1}{{12}} + \frac{1}{{36}} = \frac{5}{{18}}\).
Chọn A.
Có hai hộp đựng bi. Hộp I có 9 viên bi được đánh số \(1,2,3 \ldots ..,9\). Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một viên bi. Biết rằng xác suất để lấy được viên bi mang số chẵn ở hộp II là \(3/10\). Xác suất để lấy được cả hai viên bi mang số chẵn là:
\(P = \frac{2}{{18}}\)
\(P = \frac{2}{{19}}\).
\(P = \frac{5}{{18}}\).
\(P = \frac{2}{{15}}\).
Gọi \(X\) là biến cố "Lấy được hai viên bi là số chẵn"
Gọi \(A\) là biến cố "Lấy được viên bi là số chẵn ở hộp I"
Gọi \(B\) là biến cố "Lấy được viên bi là số chẵn ở hộp II"
Vì hộp thứ I có 4 viên bi số chẵn nên \(P(A) = \frac{4}{9}\).
Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập và \(X = A \cap B\) nên \(P(X) = P(A) \cdot P(B) = \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{{10}} = \frac{2}{{15}}\).
Chọn D.
Đạo hàm của hàm số \(y = \ln \left( {1 - {x^2}} \right)\) là
\(\frac{{2x}}{{{x^2} - 1}}\).
\(\frac{{ - 2x}}{{{x^2} - 1}}\).
\(\frac{1}{{{x^2} - 1}}\).
\(\frac{x}{{1 - {x^2}}}\).
\(y' = \frac{{{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{1 - {x^2}}}\)\( = \frac{{ - 2x}}{{1 - {x^2}}}\)\( = \frac{{2x}}{{{x^2} - 1}}\).
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + 2x\), giá trị của \(f''\left( 1 \right)\) bằng
\(6\).
\(8\).
\(3\).
\(2\).
\(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\), \(f''\left( x \right) = 6x\)\( \Rightarrow \)\(f''\left( 1 \right) = 6\).
Cho hàm số \[y = - 2{x^3} + 6{x^2} - 5\] có đồ thị \[\left( C \right)\]. Phương trình tiếp tuyến của \[\left( C \right)\] tại điểm \[M\] thuộc \[\left( C \right)\] và có hoành độ bằng \[3\] là
\[y = 18x - 49\].
\[y = - 18x - 49\].
\[y = - 18x + 49\].
\[y = 18x + 49\].
\[y' = f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 12x\], 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 \[y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\]\[ = - 18\left( {x - 3} \right) - 5\]\[ = - 18x + 49\].
Phần 2. Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai
Gieo một con xúc xắc, cân đối và đồng chất 2 lần liên tiếp. Goi biến cố \(A\) là "Tổng số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo lớn hơn 7", biến cố \(B\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo khác nhau".
\(P(AB) = \frac{1}{3}\)
\(P(A \cup B) = \frac{1}{{12}}\)
\(P(A\bar B) = \frac{{11}}{{12}}\)
Hai biến cố \(A\) và \(B\) không độc lập với nhau
a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng |
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.
Cho hình chóp \[S.ABC\] có hai mặt bên \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SAC} \right)\] vuông góc với đáy \[\left( {ABC} \right)\], tam giác \[ABC\] vuông cân ở \(A\) và có đường cao \[AH,{\rm{ }}(H \in BC)\]. Gọi \(O\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \[\left( {SBC} \right)\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\[SC \bot \left( {ABC} \right)\].
\[\left( {SAH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\].
\[O \in SC\].
Góc giữa \[\left( {SBC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] là góc \[\widehat {SBA}\].
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) 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 \(\left( {SBC} \right)\)
Thì suy ra \[O \in SI\] và \(\widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SHA}\).
Vậy đáp án b đúng.
Xét các hàm số \[y = {\log _a}x,\,y = - {b^x},\,y = {c^x}\]có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó \[a,b,c\] là các số thực dương khác 1.
Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\({\log _c}\left( {a + b} \right) > 1 + {\log _c}2\).
\({\log _{ab}}c > 0\).
\({\log _a}\frac{b}{c} > 0\).
\({\log _b}\frac{a}{c} < 0\).
a) Sai | b) Sai | c) Đúng | d) Sai |
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.
Cho hàm số \[y = {x^3} + 3{x^2} + 1\] có đồ thị là (C). Khi đó :
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm \[{\rm{M}}\left( { - {\rm{1}};{\rm{3}}} \right)\] là: \[y = - 3x + 6\]
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 2 là \[y = 24x - 27\]
Có 2 phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng 1
Có 2 phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
Hàm số đã cho xác định \[D = \mathbb{R}\]
Ta có: \[y' = 3{x^2} + 6x\]
a) Phương trình tiếp tuyến \[\left( t \right)\]tại \[{\rm{M}}\left( { - {\rm{1}};{\rm{3}}} \right)\] có phương trình : \[y = y'\left( { - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + 3\]
Ta có: \[y'\left( { - 1} \right) = - 3\], khi đó phương trình \[\left( t \right)\] là: \[y = - 3x + 6\]
b) Thay \[x = 2\] vào đồ thị của (C) ta được \[y = 21\].
phương trình \[\left( t \right)\] là: \[y = 24x - 27\]
c) Thay \[y = 1\] vào đồ thị của (C) ta được \[{x^2}\left( {x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\] hoặc \[x = - 3\].
phương trình \[\left( t \right)\] là: \[y = 1\], \[y = 9x + 28\]
d) Trục tung Oy : \[x = 0 \Rightarrow y = 1\]. phương trình \[\left( t \right)\] là: \[y = 1\]
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Một trường học có tỉ lệ học sinh thích bóng đá là \(45\% \), thích bóng rổ là \(60\% \) và thích cả hai môn này là \(30\% \). Tính xác suất để gặp một học sinh trong trường mà học sinh đó không thích bóng đá hoặc bóng rổ.
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 \(P(\bar A \cup \bar B) = P(\bar A) + P(\bar B) - P(\overline {AB} ) = 1 - 0,45 + 1 - 0,6 - (1 - 0,3) = 0,25\).
Một hộp phấn không bụi có dạng hình hộp chữ nhật, chiều cao hộp phấn bằng \(8,2\;cm\) và đáy của nó có hai kích thước là \(8,5\;cm;10,5\;cm\) (xem hình vẽ sau). Tìm góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,{B^\prime }{D^\prime },{A^\prime }} \right]\) (tính theo độ, làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
Trả lời: \( \approx {51,14^^\circ }\)
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:
\(\tan \widehat {AH{A^\prime }} = \frac{{A{A^\prime }}}{{{A^\prime }H}} = \frac{{8,2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AH{A^\prime }} \approx {51,14^^\circ }\)
Một cái hộp hình lập phương, bên trong nó đựng một mô hình đồ chơi có dạng hình chóp tứ giác đều mà đỉnh của hình chóp đó trùng với tâm của một mặt chiếc hộp, giả sử hình vuông đáy của hình chóp trùng với một mặt của chiếc hộp (mặt này cùng với mặt chứa đỉnh hình chóp là hai mặt đối nhau). Biết cạnh của chiếc hộp bằng \(30\;cm\), hãy tính thể tích phần không gian bên trong chiếc hộp không bị chiếm bởi mô hình đồ chơi dạng hình chóp (mô hình đồ chơi được làm bởi chất liệu nhựa đặc bên trong).
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: \(V = {V_1} - {V_2} = 27000 - 9000 = 18000\left( {\;c{m^3}} \right)\).
Theo số liệu của tổng cục thống kê, dân số Việt Nam năm 2015 là \(91,7\) triệu người. Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm của Việt Nam trong giai đoạn 2015-2040 ở mức không đổi \(1,1\% \). Hỏi đến năm bao nhiêu dân số Việt Nam đạt mức \(113\) triệu người?
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.
Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm trên đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 1\) mà tiếp tuyến tại đó có hệ số góc bé nhất trong các tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Khi đó \(x_0^2 + y_0^2\) bằng bao nhiêu?
Trả lời: 10
Lời giải
Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x\)
Suy ra hệ số góc \(k = 3x_0^2 - 6{x_0}\)
Ta có \(3x_0^2 - 6{x_0} \ge - 3\) suy ra \({k_{\min }} = - 3\) khi \({x_0} = 1\).
Từ đó suy ra \({y_0} = - 3\)
Vậy \(x_0^2 + y_0^2 = {1^2} + {\left( { - 3} \right)^2} = 10\).
Tính đạo hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {\sin ^2}2x - \cos 3x\).
Trả lời: \( = 2\sin 4x + 3\sin 3x\)
Lời giải
\(f'\left( x \right) = 2\sin 2x.{\left( {\sin 2x} \right)^\prime } + 3\sin 3x = 2.2.\sin 2x.\cos 2x + 3\sin 3x\)\( = 2\sin 4x + 3\sin 3x\).
