Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 07
21 câu hỏi
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án đúng nhất.
\({\log _9}1125 = 1 + \frac{3}{{2a}}\).
\({\log _9}1125 = 2 + \frac{3}{a}\).
\({\log _9}1125 = 2 + \frac{2}{{3a}}\).
\({\log _9}1125 = 1 + \frac{3}{a}\).
Ta có: \({\log _9}1125 = {\log _{{3^2}}}\left( {{5^3}{{.3}^2}} \right) = {\log _{{3^2}}}{5^3} + {\log _{{3^2}}}{3^2} = \frac{3}{2}{\log _3}5 + 1 = \frac{3}{2}.\frac{1}{{{{\log }_5}3}} + 1 = 1 + \frac{3}{{2a}}\).
\(x = 4\).
\(x = 1\).
\(x = 3\).
\(x = 2\)
Ta có \({2^{x - 1}} = 8 \Leftrightarrow x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4\).
\[{75^0}\].
\[{45^0}\].
\[{60^0}\].
\[{90^0}\].
Gọi M là trung điểm \(AB\), ta có \(OM \bot AB\). Mặt khác dễ thấy \(OC \bot \left( {OAB} \right) \Rightarrow OC \bot AB\)
\( \Rightarrow AB \bot \left( {OCM} \right) \Rightarrow AB \bot OG \Rightarrow \left( {\widehat {OG,AB}} \right) = {90^0}\)
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \(\left[ {0;5} \right]\) là hình chữ nhật, cạnh \[AB = a\], \[AD = \sqrt 3 a\]. Cạnh bên \[SA = a\sqrt 2 \] và vuông góc mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\]bằng:
\(75^\circ \).
\(60^\circ \).
\[45^\circ \].
\(30^\circ \).
![Cho hình chóp S.ABCD có đáy [0;5] là hình chữ nhật, cạnh AB = a, AD = căn bậc hai 3 a. Cạnh bên SA = a căn bậc hai của 2 và vuông góc mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) bằng: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid3-1765773159.png)
Kẻ \[BH \bot AC\] và \[H \in AC\]\[ \Rightarrow \]\[BH \bot \left( {SAC} \right)\].
\[SH\] là hình chiếu của \[BH\] trên mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\].
Góc giữa \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\] là \[\widehat {BSH}\].
Ta có \[BH = \frac{{AB.BC}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\], \[SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 3 \].
Trong tam giác vuông \[SBH\] ta có \[\sin \widehat {BSH} = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{1}{2}\]\[ \Rightarrow \widehat {BSH} = 30^\circ \].
\[\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right) \cdot \]
\[\left( {SBC} \right) \bot \left( {SIA} \right) \cdot \]
\[\left( {SDC} \right) \bot \left( {SAI} \right) \cdot \]
\[\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right) \cdot \]
Chọn A
Ta có:
\[CD \bot AD\](vì \(ABCD\) là hình chữ nhật)
\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\)
\(SA \cap AD = A\)
\(SA,AD \subset \left( {SAD} \right)\)
\( \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)
Mà \[CD \subset \left( {SCD} \right)\] nên \[\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)\].
\(2\sqrt 5 a\).
\(\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\).
\(\frac{{\sqrt 5a}}{5}\).
\(\frac{{3\sqrt 5 a}}{5}\).
Dựng \[AH \bot A'B\].
Ta có \[\left. \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {A'AB} \right)\]\[ \Rightarrow BC \bot AH\]
Vậy \[AH \bot \left( {A'BC} \right)\]\[ \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH\].
Xét tam giác vuông \[A'AB\] có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\]\[ \Leftrightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\].
\(V = \frac{{2{a^3}}}{3}\).
\(V = \frac{{{a^3}}}{3}\).
\(V = 2{a^3}\).
\(V = {a^3}\).
0,3.
0,4.
0,6.
0,5.
Chọn D
Ta có: \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,3 + 0,4 - 0,2 = 0,5\)
\(\frac{1}{5}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{1}{2}\).
Chọn B
Gọi \(A\) là biến cố: "Con xúc xắc thứ nhất xuất hiện mặt lẻ ", \(P(A) = \frac{1}{2}\).
Gọi \(B\) là biến cố: "Con xúc xắc thứ hai xuất hiện mặt lẻ ", \(P(B) = \frac{1}{2}\).
Gọi \(C\) là biến cố: “Tích số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc là một số lẻ”.
Vì \(A,B\) là hai biến cố độc lập nên ta có: \(P(C) = P(AB) = P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{4}\)
\[27\].
\[ - 27\].
\[81\].
\[ - 81\].
Ta có \[y' = 3{\left( {{x^2} - x + 1} \right)^2}{\left( {{x^2} - x + 1} \right)^\prime } = 3\left( {2x - 1} \right){\left( {{x^2} - x + 1} \right)^2}\].
Suy ra \[y'\left( { - 1} \right) = - 81\].
\[3\].
\[ - 3\].
\[\frac{3}{2}\].
\[0\].
Ta có \[f'(x) = \frac{1}{{\sqrt {2x - 1} }}\], \[f''(x) = \frac{{ - 1}}{{(2x - 1)\sqrt {2x - 1} }}\],\[f'''(x) = \frac{3}{{{{(2x - 1)}^2}\sqrt {2x - 1} }}\],\[f'''(1) = 3\].
\(2x - y = 0\).
\(2x - y - 4 = 0\).
\(x - y - 1 = 0\).
\(x - y - 3 = 0\).
Ta có \(x = 1 \Rightarrow y = - 2\).
\(y' = 2x - 1\); \(y'\left( 1 \right) = 1\).
Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ \(x = 1\) là: \(y = 1\left( {x - 1} \right) - 2 \Leftrightarrow x - y - 3 = 0\).
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
An và Huy lần lượt lấy ngẫu nhiên các mảnh giấy có kích thước giống nhau được đánh số từ 1 đến 9 trong một hộp kín. Gọi biến cố \(A\): "An lấy được mảnh giấy đánh số chẵn". Biến cố \(B\): "Huy lấy được mảnh giấy đánh số chẵn". Biến cố \(C\): "An lấy được mảnh giấy đánh số 8". Khi đó:
\(P(A) = \frac{4}{9}\)
\(P(C) = \frac{1}{9}\)
\(P(B) = \frac{4}{9}\)
Hai biến cố \(A\) và \(C\) không độc lập.
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
Ta có \(P(A) = \frac{4}{9},P(C) = \frac{1}{9}\).
Nếu \(A\) xảy ra thì xác suất để Huy lấy được mảnh giấy đánh số chẵn là \(\frac{3}{8}\), nếu \(A\) không xảy ra thì xác suất để Huy lấy ra được mảnh giấy đánh số chẵn là \(\frac{4}{8}\). Do đó \(P(B) = \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{8} + \frac{5}{9} \cdot \frac{4}{8} = \frac{4}{9}\).
Rõ ràng hai biến cố \(A\) và \(B\) không độc lập, hai biến cố \(C\) và \(B\) không độc lập, hai biến cố \(A\) và \(C\) độc lập.
Cho ba tia\[Ox\], \[Oy\], \[Oz\] vuông góc nhau từng đôi một. Trên \[Ox\], \[Oy\], \[Oz\] lần lượt lấy các điểm\[A\], \[B\], \[C\] sao cho\[OA = OB = OC = a\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\[O.ABC\] là hình chóp đều.
Tam giác \[ABC\] có diện tích \[S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\].
Tam giác \[ABC\] có chu vi \[2p = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\].
Ba mặt phẳng \[\left( {OAB} \right)\], \[\left( {OBC} \right)\], \[\left( {OCA} \right)\] vuông góc với nhau từng đôi một.
a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng |
+ Áp dụng định lý Pytago trong tam giác \[OAB\] vuông tại \[O\] ta có:
\[A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\] \[ \Rightarrow AB = a\sqrt 2 \].
Hoàn toàn tương tự ta tính được \[BC = AC = a\sqrt 2 \].
\[ \Rightarrow \Delta ABC\] là tam giác đều. Mặt khác theo giả thiết \[OA = OB = OC = a\] \[ \Rightarrow \] các mặt bên của hình chóp \[O.ABC\] là các tam giác cân tại \[O\] \[ \Rightarrow O.ABC\] là hình chóp đều \[ \Rightarrow \] đáp án a đúng.
+ Chu vi \[\Delta ABC\] là: \[2p = AB + AC + BC = a\sqrt 2 + a\sqrt 2 + a\sqrt 2 = 3a\sqrt 2 \] \[ \Rightarrow \] đáp án c sai.
+ Nửa chu vi Diện tích \[\Delta ABC\] là: \[p = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\]. Diện tích \[\Delta ABC\] là:
\[S = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}{{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2} - a\sqrt 2 } \right)}^3}} = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^3}} = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{8}} = \sqrt {\frac{{3{a^4}}}{4}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\] (đvdt).
\[ \Rightarrow \] đáp án b đúng.
+ Dễ chứng minh được \[\left\{ \begin{array}{l}OA \bot \left( {OBC} \right)\\OA \subset \left( {OAB} \right)\\OA \subset \left( {OAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {OAB} \right) \bot \left( {OBC} \right)\\\left( {OAC} \right) \bot \left( {OBC} \right)\end{array} \right.\], \[\left\{ \begin{array}{l}OB \bot \left( {OAC} \right)\\OB \subset \left( {OAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OAB} \right) \bot \left( {OAC} \right)\].
\[ \Rightarrow \] đáp án d đúng.
Phương trình có nghiệm dương nếu \[m > 0\].
Phương trình luôn có nghiệm với mọi \[m\].
Phương trình luôn có nghiệm duy nhất \[x = {\log _3}\left( {m + 1} \right)\].
Phương trình có nghiệm với \[m \ge - 1\].
a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Sai |
Ta có \[{3^x} > 0\], \[\forall x \in \mathbb{R}\] nên \[{3^x} = m + 1\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > - 1\].
Từ đó ta loại được đáp án b và d
Xét đáp án a, phương trình có nghiệm dương thì \[{3^x} > {3^0} = 1\] nên \[m + 1 > 1 \Leftrightarrow m > 0\].
Từ đó đáp án a đúng.
Xét đáp án c, ta thấy sai vì ở đây thiếu điều kiện \[m > - 1\].
Vận tốc của chuyển động bằng \(0\)khi \(t = 0\,{\rm{s}}\) hoặc \(t = 2\,{\rm{s}}.\)
Gia tốc của chuyển động tại thời điểm \(t = 3\,{\rm{s}}\) là \(12\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}\).
Gia tốc của chuyển động bằng \(0\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}\) khi \(t = 0\,{\rm{s}}\).
Vận tốc của chuyển động tại thời điểm \(t = 2\,{\rm{s}}\) là \(v = 18\;{\rm{m/s}}.\)
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
Vận tốc của chuyển động tại thời điểm \(t\) có phương trình là \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t - 9.\)
Gia tốc của chuyển động tại thời điểm \(t\) có phương trình là \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6.\)
Tại thời điểm \(t = 3\,{\rm{s}}\) ta có \(a\left( 3 \right) = 6.3 - 6 = 12\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}.\)
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Trả lời: \( \approx 0,0035.\)
Lời giải
Gọi \(x \in \mathbb{N},x \le 10\) là số câu trả lời sai của thí sinh. Khi đó điểm số của thí sinh là \(10 - x - 0,5x\).
Để thí sinh đạt trên 5 điểm thì \(10 - x - 0,5x > 5 \Leftrightarrow \frac{{10}}{3} > x\). Tức là thí sinh đó trả lời sai ko quá 3 câu.
Xác suất để thí sinh trả lời sai 1 câu là 0,75.
Xác suất để học sinh trả lời sai không quá 3 câu là
\({(0,25)^{10}} + C_{10}^1{(0,25)^9} \cdot 0,75 + C_{10}^2{(0,25)^8} \cdot {0,75^2} + C_{10}^3{(0,25)^7}.{(0,75)^3} \approx 0,0035.\)
Trả lời: \( \approx {54^^\circ }\)
Lời giải
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BO \bot SA}\\{BO \bot AC}\end{array} \Rightarrow BO \bot (SAC)} \right.\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBA) \cap (SAC) = SA}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SAC),OI \bot SA \Rightarrow [B,SA,C] = [B,SA,O] = \widehat {BIO}}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SBA),BI \bot SA}\end{array}} \right.\)
Ta có:
Xét \(\Delta BOI\) vuông tại \(O:\tan \widehat {BIO} = \frac{{BO}}{{IO}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\frac{{3\sqrt {34} }}{{17}}a}} = \frac{{\sqrt {17} }}{3} \Rightarrow \widehat {BIO} \approx {54^^\circ }\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot (ABCD),SA = 2a,ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(a\). Gọi \(O\) là tâm của \(ABCD\).
Tính khoảng cách từ \(S\) đến \(DM\) với \(M\) là trung điểm \(OC\).
Trả lời: \(d(S,DM) = \frac{{\sqrt {190} }}{5}a\)
Lời giải
Kẻ \(SK \bot DM\) tại \(K \Rightarrow d(S,DM) = SK\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DM \bot SA}\\{DM \bot SK}\end{array} \Rightarrow DM \bot (SAK) \Rightarrow DM \bot AK} \right.\)
Ta có:
\( \Rightarrow \frac{{KA}}{{OD}} = \frac{{AM}}{{DM}} \Rightarrow KA = \frac{{AM \cdot OD}}{{DM}} = \frac{{\frac{3}{4}a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {10} }}{5}a\)
Ta có: \(SK = \sqrt {S{A^2} + A{K^2}} = \sqrt {{{(2a)}^2} + {{\left( {\frac{{3\sqrt {10} }}{5}a} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {190} }}{5}a\)
Vậy \(d(S,DM) = \frac{{\sqrt {190} }}{5}a\).
Trả lời: \(d\left( {{d_1};{d_2}} \right) = \frac{{32}}{{\sqrt {82} }}\)
Lời giải
wGọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của tiếp tuyến \(d\) với đồ thị \(\left( C \right)\).
Ta có \(y' = - 3{x^2} + 6x \Rightarrow \) hệ số góc tiếp tuyến tại điểm \(M\) là \(y'\left( {{x_0}} \right) = - 3x_0^2 + 6{x_0}\).
Mà tiếp tuyến \(d\) vuông góc với đường thẳng \(\Delta :y = \frac{1}{9}x + \frac{{2021}}{9}\) nên \(y'\left( {{x_0}} \right) = - \frac{1}{k} = - 9\).
Khi đó \(3x_0^2 - 6{x_0} - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} = - 1\end{array} \right.\).
wNhư vậy
Phương trình tiếp tuyến \({d_1}\) tại điểm \(M\left( {3;0} \right)\) là \[{d_1}:9x + y - 27 = 0\].
Phương trình tiếp tuyến \({d_2}\) tại điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) là \({d_2}:9x + y + 5 = 0\).
Mặt khác \({d_1}{\rm{//}}{d_2}\) nên \(d\left( {{d_1};{d_2}} \right) = \frac{{32}}{{\sqrt {82} }}\).
Tính đạo hàm của hàm số \[y = {\left( {{x^2} + x + 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\]
Trả lời: \[\frac{{2x + 1}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)}^2}}}}}\]
Lời giải
Ta có \[y' = \frac{1}{3}{\left( {{x^2} + x + 1} \right)^{\frac{1}{3} - 1}}{\left( {{x^2} + x + 1} \right)^\prime } = \frac{{2x + 1}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)}^2}}}}}\].
