Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 04

\(T = \sqrt[5]{{a.\sqrt[3]{a}}} = \sqrt[5]{{a.{a^{\frac{1}{3}}}}} = \sqrt[5]{{{a^{\frac{4}{3}}}}} = {a^{\frac{4}{{15}}}}\).

Hàm số \(y = {a^x}\) đồng biến khi \(a > 1\) và nghịch biến khi \(0 < a < 1\).

Suy ra hàm số \(y = {\left( {\sqrt 2 } \right)^x}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do tam giác \(ABC\) đều nên \(CM \bot AB\), vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot CM\) \( \Rightarrow CM \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow CM \bot SB\), \(CM \bot AN\) nên B, C đúng.

Do \(MN{\rm{//}}SA\) nên \(MN \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow MN \bot MC\) nên D đúng.

Vậy A sai.

Ta có \(AA'\,{\rm{// }}\left( {DD'C'C} \right) \supset CM\)\( \Rightarrow d\left( {AA',CM} \right) = d\left( {AA',\left( {DD'C'C} \right)} \right) = AD = a\).

Xác suất trời không mưa là 0,3.

Xác suất hai bạn đi xem phim là là 0,8.

Xác suất hai bạn đi xem phim không bị dính mưa là \(0,3 \cdot 0,8 = 0,24\).

Chọn B

A: Số người thích kim chi, \(n(A) = 16\).

B: Số người thích cơm trộn, \(n(B) = 20\).

Số người thích cơm trộn hoặc kim chi là: \(n(A \cup B) = 30 - 5 = 25\).

Ta có:\(n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(AB) \Rightarrow n(AB) = n(A) + n(B) - n(A \cup B) = 20 + 16 - 25 = 11.\)

Vậy có 11 người thích kim chi và cơm trộn.

Chọn C

Ta có \(y' = \frac{3}{{\left( {3x + 2} \right)\ln 3}}\).

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: \(v = S' =  - 3{t^2} + 6t + 9\)

Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp hai của quãng đường: \(a = S'' =  - 6t + 6\)

Gia tốc triệt tiêu khi \(S'' = 0\) \( \Leftrightarrow t = 1\).

Khi đó vận tốc của chuyển động là \(S'\left( 1 \right) = 12\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).

\(y' = {x^2} + 2x - 2\) suy ra \(y'\left( 1 \right) = 1\). Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(M\left( {1;\frac{1}{3}} \right)\) là

\[y = 1\left( {x - 1} \right) + \frac{1}{3} = x - \frac{2}{3}\].

Xác suất để An ném trước mà vào rổ là \(\frac{{25}}{{30}}\).

Xác suất để An ném sau mà vào rổ là \(\frac{{22}}{{30}}\).

Do việc ném trước hay sau đều là ngẫu nhiên nên xác suất ném trước và ném sau đều bằng \(\frac{1}{2}\).

Xác suất để An ném vào rổ là \(\frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{{25}}{{30}} + \frac{{22}}{{30}}} \right) = \frac{{47}}{{60}}\).

Tương tự tính được xác suất để Bình ném vào rổ là \(\frac{5}{6}\).

Ta thấy xác suất An ném trước mà vào rổ là \(\frac{{25}}{{30}}\), ném sau mà vào rổ là \(\frac{{22}}{{30}}\). Bình cũng có sự khác nhau như vậy nên việc ném bóng vào rổ của An và Bình sẽ phụ thuộc vào việc được ném trước hay ném sau. Hay biến cố ném bóng vào rổ của An và Bình không độc lập với việc chọn thứ tự ném.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), vì \(SA = SB = SD\) nên \(H \in AO\) với \(O\) là trung điểm của \(BD\)

Ta xét hai tam giác \(SBD\) và \(ABD\) có cạnh \(BD\) chung, \(SB = AB\), \(SD = AD\) nên \(\Delta SBD = \Delta ABD\) suy ra \(AO = SO = OC\) do đó \(\Delta SAC\) vuông tại \(S\).

Ta có \(AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {1 + {x^2}} \) \( \Rightarrow BO = \frac{{\sqrt {3 - {x^2}} }}{2}\)\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{{\sqrt {\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {3 - {x^2}} \right)} }}{2}\) \(\left( {0 < x < \sqrt 3 } \right)\)

Mặt khác \(SH = \frac{{SA.SC}}{{\sqrt {S{A^2} + S{C^2}} }}\)\( = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}\)\( = \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {3 - {x^2}} \right)} }}{6} \le \frac{1}{4}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) lớn nhất khi và chỉ khi\({x^2} = 3 - {x^2}\)\( \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 2\end{array} \right.\). Suy ra \({a^2} - 8b = 20\).

\({\left( {\frac{1}{6}} \right)^{x + 2}} \le {\left( {\frac{1}{{36}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {6^{ - x - 2}} \le {6^{2x}} \Leftrightarrow  - x - 2 \le 2x \Leftrightarrow x \ge  - \frac{2}{3}\) (do \(6 > 1\)).

Một cách giải khác:

\({\left( {\frac{1}{6}} \right)^{x + 2}} \le {\left( {\frac{1}{{36}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{6}} \right)^{x + 2}} \le {\left( {\frac{1}{6}} \right)^{ - 2x}} \Leftrightarrow x + 2 \ge  - 2x \Leftrightarrow x \ge  - \frac{2}{3}\) (do. \(0 < \frac{1}{6} < 1\))

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x \ge  - \frac{2}{3}\).

Ta có: \(y' = \cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right) + x\left[ { - \frac{{\sin \left( {\ln x} \right)}}{x} + \frac{{\cos \left( {\ln x} \right)}}{x}} \right]\)

\( = \cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right) - \sin \left( {\ln x} \right) + \cos \left( {\ln x} \right) = 2\cos \left( {\ln x} \right)\).

Suy ra: \(y'' =  - \frac{{2\sin \left( {\ln x} \right)}}{x}\).

Ta có:

 \({x^2}y'' + xy' - 2y =  - 2x\sin \left( {\ln x} \right) + 2x\cos \left( {\ln x} \right) - 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] =  - 4x\sin \left( {\ln x} \right)\).

Vậy a sai.

 \({x^2}y'' - xy' - 2y =  - 2x\sin \left( {\ln x} \right) - 2x\cos \left( {\ln x} \right) - 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right]\)

\( =  - 4x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right]\).

Vậy b sai.

 \({x^2}y'' - xy' + 2y =  - 2x\sin \left( {\ln x} \right) - 2x\cos \left( {\ln x} \right) + 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] = 0\).

Vậy c đúng.

 \({x^2}y' - xy'' + 2y = 2{x^2}\cos \left( {\ln x} \right) + 2\sin \left( {\ln x} \right) + 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] \ne 0\).

Vậy d sai.

Trả lời: \(0,65\)

Lời giải

Xác suất để Bình bắn trúng sau lần bắn đầu tiên là: \(\frac{1}{2} \cdot 0,7 + \frac{1}{2} \cdot 0,6 = 0,65\).

Trả lời: \( \approx {25,7^0}\)

Lời giải

Kẻ \({C^\prime }I \bot {A^\prime }{B^\prime }\)

Ta có: \({C^\prime }I \bot {A^\prime }A \Rightarrow {C^\prime }I \bot \left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)\) tại \(I\) và \({C^\prime }A\) cắt mp\(\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)\) tại \(A\).

\( \Rightarrow AI\) là hình chiếu của \({C^\prime }A\) trên mp\(\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {{C^\prime }A,\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)} \right) = \left( {{C^\prime }A,AI} \right) = \widehat {{C^\prime }AI}\)

Ta có: \({A^\prime }A = AB \cdot \tan {60^^\circ } = \sqrt 3 a\)

\(AI = \sqrt {{A^\prime }{A^2} + {A^\prime }{I^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {13} }}{2}a\)

Xét \(\Delta {C^\prime }AI\) vuông tại \(I:\tan \widehat {{C^\prime }AI} = \frac{{{C^\prime }I}}{{AI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt {13} a}}{2}}} = \frac{{\sqrt {39} }}{{13}} \Rightarrow \widehat {{C^\prime }AI} \approx {25,7^0}\)

Trả lời: \(\frac{7}{{12}}{a^3}\)

Lời giải

\(\begin{array}{l}V = \frac{1}{3}\left( {{S_{ABCD}} + {S_{MNPQ}} + \sqrt {{S_{ABCD}} \cdot {S_{MNPQ}}} } \right) \cdot O{O^\prime }\\{S_{ABCD}} = {a^2}\\{S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2} = \frac{1}{4}{a^2}\\ \Rightarrow V = \frac{1}{3}\left( {{a^2} + \frac{1}{4}{a^2} + \sqrt {{a^2} \cdot \frac{1}{4}{a^2}} } \right) \cdot a = \frac{7}{{12}}{a^3}\end{array}\)

Trả lời: \(7\)phút.

Lời giải

Theo giả thiết: \(S\left( 3 \right) = 625\) (nghìn con) \( \Rightarrow s\left( 0 \right){.2^3} = 625 \Rightarrow S\left( 0 \right) = \frac{{625}}{8}\).

Thời điểm số lượng vi khuẩn \(A\) là \(10\) triệu con thì \(S\left( t \right) = 10000 \Leftrightarrow \frac{{625}}{8}{.2^t} = 10000\)

\( \Leftrightarrow t = 7\) phút.

Trả lời: \(6\,{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\)

Lời giải

Ta có \(v = f'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 4\) và \(a = f''\left( t \right) = 6t - 6\).

Gia tốc của chất điểm tại thời điểm \(t = 2\) (s) có giá trị là \(f''\left( 2 \right) = 6.2 - 6 = 6\,{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\).

Trả lời: \(y' = 3{x^2} - 4x - \frac{5}{{{x^2}}}.\)

Lời giải

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 4x - \frac{5}{{{x^2}}}.\)