Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 02

Với \[a > 0\], ta có \[{a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a  = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{2}{3} + \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}}\].

Đồ thị hàm số ở hình vẽ là đồ thị của hàm số mũ có dạng \(y = {a^x}\). Loại đáp án A

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(0 < a < 1\). Loại đáp án B, D

Vậy đồ thị trong hình vẽ là đồ thị hàm số \(y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Do tam giác \(1\) cân tại \(A\) và tam giác \(DBC\) cân tại \(D\) nên, có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot DM\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AD\).

Dựng hình bình hành \(ABFC\).

Ta có \(EM\;{\rm{//}}\;SF\)nên góc giữa \(EM\) và \(\left( {SBD} \right)\) bằng góc giữa \(SF\) và \(\left( {SBD} \right)\).

\(FB\;{\rm{//}}\;AC\)\( \Rightarrow FB \bot \left( {SBD} \right)\) do đó góc giữa \(SF\) và \(\left( {SBD} \right)\) bằng góc \(\widehat {FSB}\).

Ta có \(\tan \widehat {FSB} = \frac{{BF}}{{SB}} = \frac{{AC}}{{SB}} = \sqrt 2 \). Vậy chọn                                D.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\) nên \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\]

Suy ra \[SA \bot AC\] (B đúng); \(SA \bot BC\); \(SA \bot BD\).

Mặt khác \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\) suy ra \[BC \bot AH\] (A đúng).

và \(BD \bot AC\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right)\) suy ra \[BD \bot SC\];

Đồng thời \(HK\;{\rm{//}}\;BD\) nên \(HK \bot SC\) (C đúng).

Vậy mệnh đề sai là \(AK \bot BD\) (vì không đủ điều kiện chứng minh).

Do \(I\) là trung điểm của \[SC\] và \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(IO{\rm{//}}SA\). Do \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[IO \bot \left( {ABCD} \right)\], hay khoảng cách từ \(I\) đến mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng độ dài đoạn thẳng \(IO\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\)\( \Rightarrow \)\(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có: \(SH = \sqrt {S{D^2} - H{D^2}}  = \sqrt {S{D^2} - \left( {A{H^2} + A{D^2}} \right)}  = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} - \left( {\frac{{{a^2}}}{4} + {a^2}} \right)}  = a\).

Vậy: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH = \frac{{{a^3}}}{3}\).

Gọi \(A\) là biến cố "Cầu thủ thứ nhất ghi bàn"; \(B\) là biến cố "Cầu thủ thứ hai ghi bàn"; \(X\) là biến cố "Ít nhất một trong hai cầu thủ ghi bàn".

- Cầu thủ thứ nhất ghi bàn và cầu thủ hai không ghi bàn là \(A\bar B\), ta có:

\(P(A\bar B) = P(A) \cdot P(\bar B) = 0,8 \cdot 0,3 = 0,24.{\rm{ }}\)

- Cầu thủ thứ nhất không ghi bàn và cầu thủ hai ghi bàn là \(\bar AB\), ta có:

\(P(\bar AB) = P(\bar A) \cdot P(B) = 0,2 \cdot 0,7 = 0,14.{\rm{ }}\)

- Cả hai cầu thủ ghi bàn là \(AB\), ta có: \(P(AB) = P(A) \cdot P(B) = 0,8 \cdot 0,7 = 0,56\).

Biến cố để có ít nhất một cầu thủ ghi bàn là \(X = A\bar B \cup \bar AB \cup AB\).

Xác suất để có ít nhất một cầu thủ ghi bàn là:

\(P(X) = P(A\bar B) + P(\bar AB) + P(AB) = 0,24 + 0,14 + 0,56 = 0,94.\)

Chọn B

Ta có thể tạo được 6 số từ ba chữ số 1,6, 9. Các số đó là: \(169,196,619,691,916,961\).

Các số chính phương là \(169,196,961\). Vậy xác suất để số này là số chính phương là \(\frac{1}{2}\).

Chọn D

Áp dụng công thức: \({\left( {{a^u}} \right)^\prime } = u'.{a^u}\ln a\) ta có: \(y' = {\left( {{{17}^{ - x}}} \right)^\prime } =  - {17^{ - x}}.\ln 17\).

\[y' = \frac{1}{x}\], \[y'' =  - \frac{1}{{{x^2}}}\]

Gọi \[M\left( {{x_0};\,\frac{{x_0^3}}{3} + 3x_0^2 - 2} \right)\] là tiếp điểm.

Ta có: \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\) \( \Leftrightarrow {x_0}^2 + 6{x_0} =  - 9\)\( \Leftrightarrow {x_0} =  - 3\)\( \Rightarrow {y_0} = f\left( {{x_0}} \right) = 16\)

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \[\left( C \right)\] thỏa mãn đầu bài là: \[y - 16 =  - 9\left( {x + 3} \right)\].

a) Xác suất để chọn được một học sinh nam và một học sinh nữ ở khối lớp 11 mà thích uống nước giải khát \(A\) là \(\frac{{C_{68}^1C_{42}^1}}{{C_{166}^2}} = \frac{{952}}{{4565}}\).

b) Xác suất để chọn được một học sinh nam ở lớp \(11\;A\) và một học sinh nam ở lớp \(11\;B\) không thích nước giải khát \(A\) là \(\frac{{C_5^1C_6^1}}{{C_{166}^2}} = \frac{2}{{913}}\).

c) Gọi \(A\) là biến cố: "Học sinh nam thích nước giải khát \(A\) ". Tính được \(P(A) = \frac{{68}}{{87}}\).

Gọi \(B\) là biến cố: "Học sinh nữ thích nước giải khát \(A\) ". Tính được \(P(B) = \frac{{42}}{{79}}\).

Ta có \(P(A \cup B) = \frac{{110}}{{166}} = P(A) + P(B) - P(AB)\), từ đó tính được \(P(AB) \approx 0,6506\).

Trong khi đó \(P(A) \cdot P(B) \approx 0,4155\) nên hai biến cố \(A\) và \(B\) không độc lập hay việc thích uống nước giải khát \(A\) có phụ thuộc vào giới tính.

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\) \( \Rightarrow \) Đáp án \(B,D\) đúng.

Suy ra khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) là đoạn \(BC\). Đáp án \(A\) đúng.

\(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) nên \(AB\) không vuông góc với \(\left( {SAC} \right)\). Vậy đáp án sai là \(C\).

Đồ thị hai hàm số như hình vẽ suy ra a sai, b sai, c đúng, d đúng.

\(f\left( x \right) = \left| {x + 1} \right| = \left\{ \begin{array}{l}\left( {x + 1} \right), & \\ - \left( {x + 1} \right),\end{array} \right.\)nếu \(\begin{array}{l}x \ge  - 1\\x <  - 1\end{array}\)

\(f\left( { - 1} \right) = 0 \Rightarrow \)Phương án C đúng.

\(f\left( x \right) \ge 0,\forall x. & f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 \Rightarrow \) Phương án D đúng.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \left( {x + 1} \right) = 0. &  & \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \left( { - x - 1} \right) = 0. &  \Rightarrow \] Phương án A đúng.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( { - 1} \right)}}{{x - \left( { - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{ - x - 1}}{{x + 1}} =  - 1, & \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( { - 1} \right)}}{{x - \left( { - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{x + 1}}{{x + 1}} = 1.\]

Suy ra không tồn tại giới hạn của tỷ số \[\frac{{f\left( x \right) - f\left( { - 1} \right)}}{{x - \left( { - 1} \right)}}\] khi \[x \to  - 1.\]

Do đó hàm số đã cho không có đạo hàm tại \(x =  - 1.\)

Trả lời: \(\frac{{36}}{{121}}\)

Lời giải

Ta có sơ đồ cây như sau:

Trong đó: Đ là biến cố "Lấy được quả bóng màu đỏ”, X là biến cố "Lấy được quả bóng màu xanh".

Dựa vào sơ đồ cây, xác suất lấy 2 bóng xanh sau 2 lượt là \({\left( {\frac{6}{{11}}} \right)^2} = \frac{{36}}{{121}}\).

Trả lời: \((SC,(SAB)) \approx {12,1^0}\)

Lời giải

Kẻ \(CI \bot AB \Rightarrow I\) là trung điểm \(AB\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CI \bot AB}\\{CI \bot SB}\end{array} \Rightarrow CI \bot (SAB)} \right.\) tại \(I\) và \(SC\) cắt mp\((SAB)\) tại \(S\)

\( \Rightarrow SI\) là hình chiếu của \(SC\) trên mp \((SAB)\)

\( \Rightarrow (SC,(SAB)) = (SC,SI) = \widehat {CSI}\)

Ta có: \(IC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Ta có: \(SC = \sqrt {S{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{(4a)}^2} + {a^2}}  = \sqrt {17} a\)

Xét \(\Delta SCI\) vuông tại \(I\): \(\sin \widehat {CSI} = \frac{{CI}}{{SC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {17} a}} = \frac{{\sqrt {51} }}{{34}} \Rightarrow \widehat {CSI} \approx {12,1^0}\)

Vậy \((SC,(SAB)) \approx {12,1^0}\).

Trả lời: \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(SH \bot AB\) (do tam giác \(SAB\) đều).

Mặt khác \((SAB) \bot (ABCD)\) nên \(SH \bot (ABCD)\).

Đường cao hình chóp là \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};\) diện tích đáy hình chóp \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Thể tích khối chóp là:

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot {a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)(đơn vị thể tích).

Trả lời: 3 giây

Lời giải

Ta có \(E\left( {300} \right) = \frac{{300}}{{{{\log }_2}300}}\) máy tính phải chạy mất \(0,02\) giây.

Suy ra \(E\left( {90000} \right) = \frac{{90000}}{{{{\log }_2}90000}}\) máy tính phải mất thời gian để chạy là:

\(\frac{{E\left( {90000} \right).0,02}}{{E\left( {300} \right)}} = 3\) giây.

Trả lời: không có giá trị của tham số \(m\)

Lời giải

w \(y = {x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x - 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3\).

w Mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x - 1\) đều có hệ số góc dương \( \Leftrightarrow y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3 > 0\,,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - 3\left( {2m - 3} \right) < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 < 0\,(VN)\).

w Vậy không có giá trị của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trả lời: \[y'' =  - \frac{1}{{{x^2}}}\]

Lời giải

\[y' = \frac{1}{x}\], \[y'' =  - \frac{1}{{{x^2}}}\]