Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 06

\({\log _a}\frac{1}{x} = \frac{1}{{{{\log }_a}x}}\)

Chọn D

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\].

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vậy đáp án D sai.

Chọn C

Chọn B

Gọi \(A\) là biến cố: "Lấy được 2 viên bi màu trắng", suy ra \(P(A) = \frac{{C_4^2}}{{C_9^2}} = \frac{1}{6}\).

Gọi \(B\) là biến cố: "Lấy được 2 viên bi màu đen", suy ra \(P(B) = \frac{{C_5^2}}{{C_9^2}} = \frac{5}{{18}}\).

Gọi \(C\) là biến cố: "Lấy được 2 viên bi cùng màu".

Ta có \(C = A \cup B\) và \(A,B\) là hai biến cố xung khắc.

Vì vậy: \(P(C) = P(A) + P(B) = \frac{4}{9}\).

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {2x - 3} \right)^\prime }.{{\rm{e}}^{2x - 3}} = 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\).

Ta có: \(s = {t^3} - 3{t^2} - 5\)\( \Rightarrow s' = 3{t^2} - 6t\)\( \Rightarrow s'' = 6t - 6\).

Gia tốc tức thời của chuyển động tại giây thứ \(10\) là: \(a = 6.10 - 6\) \( = 54\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}} \right)\)

Ta có \(y' = 3{x^2} + 4x\). Do đó \(y'\left( 1 \right) = 7\). Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(M\left( {1;4} \right)\) là \(y = 7x - 3\).

a) Biến cố \(\bar A\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc ở lần thứ nhất là số chẵn".

Biến cố \(\bar B\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc ở lần thứ hai nhỏ hơn hoặc bằng 3 ".

b) \(P(\bar A) = \frac{{n(\bar A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{18}}{{36}} = \frac{1}{2}\).

c) \(P(\bar B) = \frac{{n(\bar B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{18}}{{36}} = \frac{1}{2}.\)

d) \(P(\overline {AB} ) = \frac{{n(\overline {AB} )}}{{n(\Omega )}} = \frac{9}{{36}} = \frac{1}{4}.\)

 \(\Delta SAG = \Delta SBG = \Delta SCG\). Suy ra góc giữa các cạnh bên và đáy bằng nhau.

 \[\left\{ \begin{array}{l}SA = SB = SC\\AB = AC = BC\end{array} \right.\], suy ra hình chiếu vuông góc của \(S\) lên trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

 \(BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SA\).

Vì \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x}.{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 1\).Đặt \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x} = t\),\(\left( {t > 0} \right)\) suy ra \({\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = \frac{1}{t}\)Phương trình trở thành: \[t + \frac{1}{t} = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 4t + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2 + \sqrt 3 \\t = 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\].

\(t = 2 + \sqrt 3  \Rightarrow x = {x_1} =  - 2\)

\(t = 2 - \sqrt 3  \Rightarrow x = {x_2} = 2\)

Vậy \({x_1} + {x_2} = 0\)

a) Ta có \[f'\left( x \right) = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} - 2x} \right) = {x^2} + x - 2\]

b) \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \vee x =  - 2\]

c) \[f'\left( x \right) =  - 2 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 =  - 2 \Leftrightarrow {x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x =  - 1\]

d) \[f'\left( x \right) = 10 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 10 \Leftrightarrow {x^2} + x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 3 \vee x =  - 4\]

Trả lời: \(\frac{8}{{27}}\)

Lời giải

Xác suất chỉ xuất hiện mặt sấp là: \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} = \frac{8}{{27}}\).

Trả lời: \( \approx {11,5^0}\)

Lời giải

Kẻ \(MH \bot AC\)

Ta có: \(MH \bot SA \Rightarrow MH \bot (SAC)\) tại \(H\) và \(SM\) cắt mp \((SAC)\) tại \(S\)

\( \Rightarrow SH\) là hình chiếu của \(SM\) trên mp \((SAC)\)

\( \Rightarrow (SM,(SAC)) = (SM,SH) = \widehat {MSH}\)

Ta có: \(HM = MC \cdot \sin {60^^\circ } = \frac{a}{2} \cdot \sin {60^^\circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\);

\(HC = MC \cdot \cos {60^^\circ } = \frac{a}{4} \Rightarrow AH = AC - HC = a - \frac{a}{4} = \frac{{3a}}{4}\)

Ta có: \(SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt 5 )}^2} - {a^2} + {{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {73} }}{4}a\)

Xét \(\Delta SHM\) vuông tại \(H:\tan \widehat {MSH} = \frac{{HM}}{{SH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{\sqrt {73} a}}{4}}} = \frac{{\sqrt {219} }}{{73}} \Rightarrow \widehat {MSH} \approx {11,5^0}\)

Trả lời: \(d(AC,SB) = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\)

Lời giải

Dựng \(Bx//AC \Rightarrow AC//(SBx)\)

Suy ra \(d(AC,SB) = d(AC,(SBx)) = d(A,(SBx))\)

Dựng và chứng minh được \(d(A,(SBx)) = AK\)

Ta có: \(\Delta AHB\) vuông cân tại \(H\) nên \(AH = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)

Ta có:

\(AK = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(3a)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}} }} = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\)

Vậy \(d(AC,SB) = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\).

Trả lời: \[14,245\] PHÚT

Lời giải

Ta có \[f\left( t \right) = a.{e^{bt}}\]

Khi \[t = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 5.000.000\]\[ \Leftrightarrow a.{e^0} = 5.000.000 \Leftrightarrow a = 5.000.000\]

Khi \[t = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = \frac{{100 - 45}}{{100}}a = \frac{{55}}{{100}}a\]\[ \Leftrightarrow a.{e^b} = \frac{{55}}{{100}}a \Leftrightarrow b = \ln \left( {\frac{{55}}{{100}}} \right)\].

Theo đề ta có bất phương trình \[f\left( t \right) = a.{e^{bt}} < 1000 \Leftrightarrow t > \frac{{\ln \left( {\frac{{1000}}{a}} \right)}}{b} \approx \]\[14,245\]

Trả lời: \(19,6\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)

Lời giải

Quãng đường vật dịch chuyển trong 4 giây là: \(S\left( 4 \right) = \frac{1}{2}{.9,8.4^2} = 78,4\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Vận tốc tức thời tại thời điểm \(t = 4s\) là: \(v = \frac{{78,4}}{4} = 19,6\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)

Trả lời: \( - 2 < m < 4\)

Lời giải

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 3\)

\(f'\left( x \right) > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \Delta ' < 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - 9 < 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 8 < 0\)\( \Leftrightarrow  - 2 < m < 4\).