Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 08
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.
Cho các số dương \(a\),\(b\), \(c\), và \(a \ne 1\). Khẳng định nào sau đây đúng?
\[{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {b + c} \right)\].
\[{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left| {b - c} \right|\]
\[{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right)\].
\[{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {b - c} \right)\].
Theo tính chất logarit ta có: \[{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right)\].
\(\left( { - 1;6} \right)\).
\(\left( {\frac{5}{2};6} \right)\).
\(\left( { - \infty ;6} \right)\).
\(\left( {6; + \infty } \right)\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{2}{3}\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(B\) trên \(\left( {ACD} \right)\). Suy ra \(H\) là tâm tam giác \(ACD\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BH\\AM \bot BN\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot HN\). Do đó \(HN\;{\rm{//}}\;MD\), suy ra \(\frac{{AN}}{{AD}} = \frac{2}{3}\).
\[45^\circ \].
\[30^\circ \].
\[60^\circ \].
\[90^\circ \].
Hình lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] nên \[BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)\]\[ \Rightarrow BB' \bot A'B'\]\[ \Rightarrow A'B' \bot BB'\]\[\left( 1 \right)\]
Bài ra có \[AB \bot BC\]\[ \Rightarrow A'B' \bot B'C'\].
Kết hợp với \[\left( 1 \right)\] \[ \Rightarrow A'B' \bot \left( {BCC'B'} \right)\] \[ \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {A'BB'}\]
\[ \Rightarrow \tan \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \tan \widehat {A'BB'}\]\[ = \frac{{A'B'}}{{BB'}}\]\[ = \frac{a}{{a\sqrt 3 }}\]\[ = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]\[ \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = 30^\circ \].
\(\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SBA} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
Chọn A
Ta có: AC BD (1) (giả thiết)
AC SO (2) ( Do DSAC là tam giác cân tại A và O là trung điểm của AC nên SO là đường cao của tam giác)
Từ (1) và (2) suy ra: AC (SBD) mà AC Ì (ABCD) nên (SBD)(ABCD)
\(a\sqrt {10} \).
\(2a\).
\(\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
\(\frac{{a\sqrt {10} }}{5}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot SB\)\( \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(B\).
Trong \(\Delta SBC\) dựng đường cao \(BH\)\( \Rightarrow \)\(d\left( {B;SC} \right) = BH\).
\(SB = 2a\); \(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}}\)\( \Rightarrow BH = \frac{{BS.BC}}{{\sqrt {B{S^2} + B{C^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
\(\frac{{{a^3}}}{4}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{3{a^3}}}{4}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{5}{{12}}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{7}{{12}}\).
Chọn C
Gọi \({A_1}\) là biến cố: "Khẩu pháo thứ nhất bắn trúng mục tiêu", \({A_2}\) là biến cố: "Khẩu pháo thứ hai bắn trúng mục tiêu".
Gọi \(A\) là biến cố: "Mục tiêu bị bắn trúng", suy ra \(\bar A\) là biến cố: "Mục tiêu không bị bắn trúng". Ta có:
\(P(\bar A) = P\left( {{{\bar A}_1}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_2}} \right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{2} \Rightarrow P(A) = 1 - P(\bar A) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\)
Một lớp học có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên giỏi môn Tiếng Anh; 30 sinh viên giỏi môn Tin học và 20 sinh viên giỏi cả môn Tiếng Anh và Tin học. Sinh viên nào giỏi ít nhất một trong hai môn sẽ được thêm điểm trong kết quả học tập của học kì. Chọn ngẫu nhiên một trong các sinh viên trong lớp, xác suất để sinh viên đó được tăng điểm là:
\(\frac{3}{{10}}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{2}{5}\).
\(\frac{3}{5}\).
Chọn B
Gọi \(A\) là biến cố: "Sinh viên được chọn là người được tăng điểm".
Gọi \(B\) là biến cố: "Sinh viên được chọn học giỏi môn Tiếng Anh".
Gọi \(C\) là biến cố: "Sinh viên được chọn học giỏi môn Tin học".
Ta có \(A = B \cup C;BC\) là biến cố: "Học sinh chọn học giỏi cả môn Tiếng Anh và Tin học".
Ta có: \(P(A) = P(B) + P(C) - P(BC) = \frac{{40}}{{100}} + \frac{{30}}{{100}} - \frac{{20}}{{100}} = \frac{1}{2}\).
\(40\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
\(152\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
\(22\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
\(12\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
Vận tốc của chuyển động: \(v = s' = - t + 20\)
Tại thời điểm \(t = 8\) thì \(v = 12\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
\(y'' - 4y = 0\).
\(y'' + 2y = 0\).
\(y'' - 6{y^2} = 0\).
\(2y'' - 3y = 0\).
Chọn C
Tập xác định: \(\mathcal{D} = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).
Ta có
\(y' = {\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^{ - 2}}} \right]^\prime } = - 2{\left( {x + 2} \right)^{ - 3}}{\left( {x + 2} \right)^\prime } = - 2{\left( {x + 2} \right)^{ - 3}}\).
\(y'' = {\left[ { - 2{{\left( {x + 2} \right)}^{ - 3}}} \right]^\prime } = 6{\left( {x + 2} \right)^{ - 4}}{\left( {x + 2} \right)^\prime } = 6{\left( {x + 2} \right)^{ - 4}} = 6{y^2}\).
Vậy \(y'' - 6{y^2} = 0\).
\(y = - x + 1\).
\(y = - x - 3\).
\(y = x - 3\).
\(y = - x + 3\).
Ta có: \(y\left( { - 1} \right) = - 2\) và \(y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)\( \Rightarrow y'\left( { - 1} \right) = - 1\).
Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right)\) là: \(y = - \left( {x + 1} \right) - 2\)\( = - x - 3\).
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
\(P(A) = \frac{1}{2}\)
\(P(A) < P(B)\)
\(P(AB) = \frac{1}{5}\)
\(P(A \cup B) = \frac{{161}}{{180}}\)
a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Sai |
Số phần tử của không gian mẫu là 5.6.6=180 (phần tử).
Xác suất của các biến cố \(A,B\) và \(AB\) lần lượt là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{5.3.6}}{{180}} = \frac{1}{2}\),
\(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{2.6.6 - 1}}{{180}} = \frac{{71}}{{180}},P(AB) = \frac{{n(AB)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{2.6.3}}{{180}} = \frac{1}{5}.\)
Xác suất của biến cố \(A \cup B\) là \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \frac{{25}}{{36}}\).
Ba đường cao\[AA'\], \[BB'\], \[CC'\] đồng qui tại\[S\].
\[AA' = BB' = CC' = \frac{a}{2}\].
Góc giữa mặt bên mặt đáy là góc \[SIO\] (\[I\] là trung điểm\[BC\]).
Đáy lớn \[ABC\] có diện tích gấp \[4\] lần diện tích đáy nhỏ \[A'B'C'\].
a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng |
+ Đáp án a đúng.
+ Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\].
Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được \[\frac{{AA'}}{{SA}} = \frac{{OO'}}{{SO}} = \frac{1}{2}\] \[ \Rightarrow SO = 2OO' = a\]. Mặt khác \[\Delta ABC\] là tam giác đều cạnh \[a\], có \[AI\] là đường trung tuyến \[ \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] \[ \Rightarrow AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].
Áp dụng định lý Pytago trong \[\Delta SOA\] vuông tại \[O\] ta có:
\[S{A^2} = S{O^2} + A{O^2} = {a^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{12{a^2}}}{9}\] \[ \Rightarrow SA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\] \[ \Rightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\]. Vì \[ABC.A'B'C'\] là hình chóp cụt đều nên \[AA' = BB' = CC' = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\] \[ \Rightarrow \] đáp án b sai.
+ Ta có: \[\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\]. Vì \[\Delta SBC\] cân tại \[S\] và \[I\] là trung điểm của \[BC\] nên suy ra \[SI \bot BC\]. Mặt khác \[\Delta ABC\] là tam giác đều có \[I\] là trung điểm của \[BC\] \[ \Rightarrow AI \bot BC\].
\[ \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SI,AI} \right) = \left( {SI,OI} \right) = \widehat {SIO}\] \[ \Rightarrow \] đáp án c đúng.
+ Ta có: \[\frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta A'B'C'}}}} = \frac{{\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A}}{{\frac{1}{2}.A'B'.A'C'.\sin A'}} = \frac{{AB.AC}}{{A'B'.A'C'}} = \frac{{2A'B'.2A'C'}}{{A'B'.A'C'}} = 4\] \[ \Rightarrow \] đáp án d đúng.
\({\left( {a - 10} \right)^2} = 1\).
\(a\) cũng là nghiệm của phương trình \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{\log x}} = \frac{9}{4}\).
\({a^2} + a + 1 = 2\).
\(a = {10^2}\).
a) Sai | b) Sai | c) Sai | d) Đúng |
Điều kiện \(x > 0\).
Chia cả hai vế của phương trình cho \({3^{2\log x}}\) ta được \(4{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2\log x}} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}} - 18 = 0\).
Đặt \(t = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}}\), \(t > 0\).
Ta có \(4{t^2} - t - 18 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{9}{4}\\t = - 2\left( L \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = \frac{9}{4}\) \( \Rightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}} = \frac{9}{4}\) \( \Leftrightarrow \log x = 2\) \( \Leftrightarrow x = 100\).
Vậy \(a = 100 = {10^2}\).
\[{y^2} + {\left( {y'} \right)^2} = 4\].
\(4y + y'' = 0\).
\[4y - y'' = 0\].
\[y = y'\tan 2x\].
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
\(y' = 2\cos 2x\), \(y'' = - 4\sin 2x\).
\[{y^2} + {\left( {y'} \right)^2} = {\sin ^2}2x + 4{\cos ^2}2x = 1 + 3{\cos ^2}2x\].
\(4y + y'' = 4\sin 2x - 4\sin 2x = 0\).
\(4y - y'' = 8\sin 2x\).
\(y'\tan 2x = 2\cos 2x.\frac{{\sin 2x}}{{\cos 2x}} = 2\sin 2x\).
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Một máy bay chỉ bị rơi khi trúng cùng lúc ít nhất hai viên đạn pháo. Biết rằng xác suất để khẩu pháo \(A,B,C\) bắn trúng máy bay lần lượt là 0,\(6;0,5\) và 0,7. Tính xác suất để máy bay không bị rơi khi các khẩu pháo trên cùng lúc khai hoả (xem như việc bắn trúng của các khẩu pháo là độc lập với nhau).
Trả lời: \(0,65.\)
Lời giải
Gọi \(A,B,C\) lần lượt là các biến cố "Khẩu pháo A bắn trúng máy bay", "Khẩu pháo B bắn trúng máy bay", "Khẩu pháo C bắn trúng máy bay".
Biến cố máy bay bị rơi là \(AB\bar C \cup \bar ABC \cup A\bar BC \cup ABC\).
Xác suất máy bay bị rơi là
\(P(A)P(B)P(\bar C) + P(C)P(B)P(\bar A) + P(A)P(C)P(\bar B) + P(A)P(B)P(C) = 0,65.\)
Trả lời: \( \approx {62,7^0}\)
Lời giải
![Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a,SA vuông góc (ABC) và SA = 2a. Tính góc phẳng nhị diện [A,SC,B]? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid6-1765786654.png)
Kẻ \(BI \bot AC\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BI \bot AC}\\{BI \bot SA}\end{array} \Rightarrow BI \bot (SAC)} \right.\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAC) \cap (SBC) = SC}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SAC),IH \bot SC \Rightarrow [A,SC,B] = \widehat {IHB}}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SBC),BH \bot SC}\end{array}} \right.\)
Ta có:
Xét \(\Delta BH\) vuông tại \(I:\tan \widehat {BHI} = \frac{{BI}}{{HI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 5 }}{5}a}} = \frac{{\sqrt {15} }}{2} \Rightarrow \widehat {BHI} \approx {62,7^0}\)
Trả lời: \(d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\)
Lời giải
Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H \Rightarrow d(A,BC) = AH\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AH}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAH) \Rightarrow BC \bot SH} \right.\)
Ta có: \(SH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{C^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a\)
Ta có: \(AH = \sqrt {S{A^2} + S{H^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}a} \right)}^2}} = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\)
Vậy \(d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\).
Số lượng của một loại vi khuẩn được xác định bởi công thức:
\(P\left( t \right) = \frac{{1500000}}{{1 + 5000{e^{ - 0,8t}}}}\)
trong đó \(t\) là thời gian được tính bằng giờ. Hỏi vào thời gian nào thì số lượng vi khuẩn tăng nhanh nhất
Trả lời: \( \approx 10,6465\)giờ.
Lời giải
\(P\left( t \right) = \frac{{1500000}}{{1 + 5000{e^{ - 0,8t}}}} \Rightarrow P'\left( t \right) = \frac{{6000000000.{e^{ - 0,8t}}}}{{{{\left( {1 + 5000{e^{ - 0,8t}}} \right)}^2}}} \le \frac{{6000000000.{e^{ - 0,8t}}}}{{4.1.5000{e^{ - 0,8t}}}} = 300000\).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(1 = 5000{e^{ - 0,8t}} \Leftrightarrow t \approx 10,6465\) giờ.
Trả lời: \[58,8m\]
Lời giải
\(v = S'\left( t \right) = 9,8t\)
\[{v_{\left( 6 \right)}} = 9,8.6 = 58,8m\]
Trả lời: \(2\sin 2x - 1\)
Lời giải
Ta có \(f\left( x \right) = {\sin ^2}x - {\cos ^2}x - x\)\( = - \cos 2x - x\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 2\sin 2x - 1\).
