Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 06
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.
Với mọi số thực dương \(a\), \(b\), \(x\), \(y\) và \(a\), \(b\) khác \(1\), mệnh đề nào sau đây sai?
\({\log _b}a.{\log _a}x = {\log _b}x\).
\({\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _b}x\).
\({\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x - {\log _a}y\).
\({\log _a}\frac{1}{x} = \frac{1}{{{{\log }_a}x}}\).
\({\log _a}\frac{1}{x} = \frac{1}{{{{\log }_a}x}}\)
Tập nghiệm \(S\) của bất phương trình \({5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{ - x}}\) là
\[S = \left( { - \infty ;2} \right)\].
\[S = \left( { - \infty ;1} \right)\].
\[S = \left( {1; + \infty } \right)\].
\[S = \left( {2; + \infty } \right)\].
\({5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {\left( 5 \right)^{2x}} \Leftrightarrow 2 < x\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\), góc giữa hai đường thẳng \(A'B\) và \(B'C\) là
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
Ta có \(B'C\;{\rm{//}}\;A'D\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;B'C} \right)} = \widehat {\left( {A'B;A'D} \right)}\)\( = \widehat {DA'B}\).
Xét \(\Delta DA'B\) có \(A'D = A'B\)\( = BD\) nên \(\Delta DA'B\) là tam giác đều.
Vậy \(\widehat {DA'B}\)\( = 60^\circ \).
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông cạnh \[a\]. \[SA\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] và \[SA = a\sqrt 6 \] (hình vẽ). Gọi \[\alpha \] là góc giữa đường thẳng \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\]. Tính \[\sin \alpha \] ta được kết quả là:
\[\frac{1}{{\sqrt {14} }}\].
\[\frac{{\sqrt 2 }}{2}\].
\[\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
\[\frac{1}{5}\].
Gọi \[O\] là tâm hình vuông \[ABCD\] thì \[BO \bot \left( {SAC} \right)\]\[ \Rightarrow \alpha = \widehat {\left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right)}\]\[ = \widehat {BSO}\].
Ta có \[SB = a\sqrt 7 \], \[\sin \alpha = \frac{{BO}}{{SB}}\]\[ = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }}\]\[ = \frac{1}{{\sqrt {14} }}\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\), \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Khẳng định nào sau đây sai?
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAD} \right)\).
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.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\) cạnh \(a\). Tính khoảng cách giữa \(SC\) và \(AB\) biết rằng \(SO = a\) và vuông góc với mặt đáy của hình chóp.
\(a\).
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).
\(\frac{{2a}}{5}\).
\(\frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
Từ giả thiết suy ra hình chóp \(S.ABCD\)là hình chóp tứ giác đều.
Ta có \(AB{\rm{//}}CD\)\( \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\) nên \(d\left( {SC;AB} \right)\)\( = d\left( {AB;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\)\( = d\left( {A;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\).
Mặt khác \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(d\left( {A;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\)\( = 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\).
Như vậy \(d\left( {SC;AB} \right)\)\( = 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\).
Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\), ta có \(OM \bot CD\) và \(OM = \frac{a}{2}\). Kẻ \(OH \bot SM\), với \(H \in SM\), thì \(OH \bot {\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)\).
Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \[O\], ta có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}\)\( = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}}\).
Từ đó \(OH = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\).
Vậy \(d\left( {SC;AB} \right)\)\( = 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\)\( = 2.OH\)\( = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
Cho một hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy, \(SA = 2a\), thể tích của khối chóp là \(V\). Khẳng định nào sau đây đúng ?
\(V = \frac{2}{3}{a^3}\).
\(V = 2{a^3}\).
\(V = \frac{1}{3}{a^3}\).
\(V = {a^3}\).
Ta có: \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA\)\( = \frac{2}{3}{a^3}\).
Cho hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập. Khi đó \(P(AB)\) bằng:
\(P(A) - P(B)\).
\(P(A) + P(B)\).
\(P(A) \cdot P(B)\).
\([1 - P(A)][1 - P(B)]\).
Chọn C
Một hộp có 5 viên bi màu đen, 4 viên bi màu trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ chiếc hộp đó. Tìm xác suất để chọn được 2 viên bi cùng màu.
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{4}{9}\).
\(\frac{1}{9}\).
\(\frac{5}{4}\).
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: \(P(C) = P(A) + P(B) = \frac{4}{9}\).
Tính đạo hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
\(f'\left( x \right) = 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
\(f'\left( x \right) = - 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
\[f'\left( x \right) = 2.{{\rm{e}}^{x - 3}}\].
\(f'\left( x \right) = {{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {2x - 3} \right)^\prime }.{{\rm{e}}^{2x - 3}} = 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
Một chất điểm chuyển động thẳng quảng đường được xác định bởi phương trình \(s = {t^3} - 3{t^2} - 5\) trong đó quãng đường \(s\) tính bằng mét \(\left( m \right)\), thời gian \(t\) tính bằng giây \(\left( s \right)\). Khi đó gia tốc tức thời của chuyển động tại giây thứ \(10\) là:
\(6\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}} \right)\).
\(54\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}} \right)\).
\(240\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}} \right)\).
\(60\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}} \right)\).
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: \(a = 6.10 - 6\) \( = 54\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}} \right)\)
Cho hàm số \(y = {x^3} + 2{x^2} + 1\) có đồ thị là \(\left( C \right)\). Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( {1;4} \right)\) là:
\(y = 3x + 1\).
\(y = 7x - 3\).
\(y = 7x + 2\).
\(y = - x + 5\).
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 \(y = 7x - 3\).
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. Gọi biến cố \(A\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc là số lẻ" và biến cố \(B\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc ở lần thứ hai lớn hơn 3 ".
Biến cố xung khắc với biến cố \(A\) là biến cố \(\bar A\) được phát biểu như sau: "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc ở lần thứ nhất là số chẵn"
\(P(\bar A) = \frac{{n(\bar A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{1}{2}\)
\(P(\bar B) = P\left( {\overline A } \right)\)
\(P(\overline {AB} ) = \frac{{n(\overline {AB} )}}{{n(\Omega )}} = \frac{1}{3}\)
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
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) \(P(\overline {AB} ) = \frac{{n(\overline {AB} )}}{{n(\Omega )}} = \frac{9}{{36}} = \frac{1}{4}.\)
Cho hình tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh đáy bằng \(a\) và cạnh bên bằng \(b\) \(\left( {a \ne b} \right)\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Đoạn thẳng \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(SC\) (\(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(SC\)).
Góc giữa các cạnh bên và mặt đáy bằng nhau.
Hình chiếu vuông góc của \(S\) lên trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).
\(SA\) vuông góc với \(BC\).
a) Sai | b) Đúng | c) Đúng | d) Đúng |
\(\Delta SAG = \Delta SBG = \Delta SCG\). 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 \(ABC\).
\(BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SA\).
Cho phương trình \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x} + {\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 4\). Gọi \({x_1},{x_2}\,({x_1} < {x_2})\)là hai nghiệm thực của phương trình. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\({x_1} + {x_2} = 0\).
\(2{x_1} - {x_2} = 1\).
\({x_1} - {x_2} = 2\).
\({x_1} + 2{x_2} = 0\).
a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Sai |
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 \({x_1} + {x_2} = 0\)
Cho \[f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} - 2x\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\[f'\left( x \right) = {x^2} + x - 2\]
\[f'\left( x \right) = 0\] có 1 nghiệm
\[f'\left( x \right) = - 2\] có 2 nghiệm
\[f'\left( x \right) = 10\] có 1 nghiệm
a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Sai |
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) \[f'\left( x \right) = 10 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 10 \Leftrightarrow {x^2} + x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 3 \vee x = - 4\]
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Khi tung một đồng xu không cân đối thì người ta thấy rằng xác suất để đồng xu xuất hiện mặt sấp bằng \(\frac{2}{3}\). Tung đồng xu này ba lần liên tiếp. Tính xác suất để chỉ xuất hiện mặt sấp;
Trả lời: \(\frac{8}{{27}}\)
Lời giải
Xác suất chỉ xuất hiện mặt sấp là: \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} = \frac{8}{{27}}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a,SA \bot (ABC)\) và \(SB = a\sqrt 5 \). Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Tính góc giữa đường thẳng \(SM\) và mặt phẳng \((SAC)\)?
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 \(H:\tan \widehat {MSH} = \frac{{HM}}{{SH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{\sqrt {73} a}}{4}}} = \frac{{\sqrt {219} }}{{73}} \Rightarrow \widehat {MSH} \approx {11,5^0}\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot (ABCD),SA = 3a,ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(a\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(SB\).
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 \(d(AC,SB) = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\).
Số lượng tế bào còn sống trong khoảng thời gian \(t\) (phút) kể từ lúc tiến hành thí nghiệm được xác định bởi \(f(t) = a.{e^{bt}}\)trong đó \(a,\,b\) là các hằng số cho trước. Nếu bắt đầu một thí nghiệm sinh học với \(5.000.000\) tế bào thì có \(45\% \) các tế bào sẽ chết sau mỗi phút, hỏi sau ít nhất bao lâu nó sẽ còn ít hơn \(1.000\) tế bào?
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 \[f\left( t \right) = a.{e^{bt}} < 1000 \Leftrightarrow t > \frac{{\ln \left( {\frac{{1000}}{a}} \right)}}{b} \approx \]\[14,245\]
Một vật rơi tự do theo phương thẳng đứng có quãng đường dịch chuyển \(S\left( t \right) = \frac{1}{2}g{t^2}\) với \(t\) là thời gian tính bằng giây (s) kể từ lúc vật bắt đầu rơi, \(S\) là quãng đường tính bằng mét (m), \(g = 9,8\,\,m/{s^2}\). Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm \(t = 4s\) bằng?
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: \(v = \frac{{78,4}}{4} = 19,6\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + \left( {m - 1} \right){x^2} + 3x + 2\).Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để \(f'\left( x \right) > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\)
Trả lời: \( - 2 < m < 4\)
Lời giải
Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 3\)
\(f'\left( x \right) > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \Delta ' < 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - 9 < 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 8 < 0\)\( \Leftrightarrow - 2 < m < 4\).
