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: \[{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right)\].
Tập nghiệm của bất phương trình \[{\log _{\frac{\pi }{4}}}\left( {x + 1} \right) > {\log _{\frac{\pi }{4}}}\left( {2x - 5} \right)\] là
\(\left( { - 1;6} \right)\).
\(\left( {\frac{5}{2};6} \right)\).
\(\left( { - \infty ;6} \right)\).
\(\left( {6; + \infty } \right)\).
Ta có \[{\log _{\frac{\pi }{4}}}\left( {x + 1} \right) > {\log _{\frac{\pi }{4}}}\left( {2x - 5} \right)\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\2x - 5 > 0\\x + 1 < 2x - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 6\].
Cho tứ diện đều \(ABCD\), \(M\) là trung điểm của \(CD\), \(N\) là điểm trên \(AD\) sao cho \(BN\) vuông góc với \(AM\). Tính tỉ số \(\frac{{AN}}{{AD}}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{2}{3}\).
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 \(\frac{{AN}}{{AD}} = \frac{2}{3}\).
Cho hình lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] có đáy \[ABC\] là tam giác vuông tại \[B\], \[AB = BC = a\], \[BB' = a\sqrt 3 \]. Tính góc giữa đường thẳng \[A'B\] và mặt phẳng \[\left( {BCC'B'} \right)\].
\[45^\circ \].
\[30^\circ \].
\[60^\circ \].
\[90^\circ \].
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 \[\left( 1 \right)\] \[ \Rightarrow A'B' \bot \left( {BCC'B'} \right)\] \[ \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {A'BB'}\]
\[ \Rightarrow \tan \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \tan \widehat {A'BB'}\]\[ = \frac{{A'B'}}{{BB'}}\]\[ = \frac{a}{{a\sqrt 3 }}\]\[ = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]\[ \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = 30^\circ \].
Cho hình chóp \(S.ABCD\)đáy \(ABCD\) là hình thoi, \(SA = SC\). Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SBA} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
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)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), \(ABCD\) là hình thang vuông có đáy lớn \(AD\) gấp đôi đáy nhỏ \(BC\), đồng thời đường cao \(AB = BC = a\). Biết \(SA = a\sqrt 3 \), khi đó khoảng cách từ đỉnh \(B\) đến đường thẳng \(SC\) là.
\(a\sqrt {10} \).
\(2a\).
\(\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
\(\frac{{a\sqrt {10} }}{5}\).
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 \(BH\)\( \Rightarrow \)\(d\left( {B;SC} \right) = BH\).
\(SB = 2a\); \(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}}\)\( \Rightarrow BH = \frac{{BS.BC}}{{\sqrt {B{S^2} + B{C^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh bằng \(a\), cạnh bên \(SB\) vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\], \(SB = 2a\). Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\).
\(\frac{{{a^3}}}{4}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{3{a^3}}}{4}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SB\)\( = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.2a\)\( = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
Hai khẩu pháo cao xạ cùng bắn độc lập với nhau vào một mục tiêu. Xác suất bắn trúng mục tiêu của chúng lần lượt là \(\frac{1}{4}\) và \(\frac{1}{3}\). Xác suất để mục tiêu bị trúng đạn là:
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{5}{{12}}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{7}{{12}}\).
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: \(P(A) = P(B) + P(C) - P(BC) = \frac{{40}}{{100}} + \frac{{30}}{{100}} - \frac{{20}}{{100}} = \frac{1}{2}\).
Một vật chuyển động theo quy luật \(s = \frac{{ - 1}}{2}{t^2} + 20t\) với \(t\) (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và \(s\) (mét) là quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Hỏi vận tốc tức thời của vật tại thời điểm \(t = 8\) giây bằng bao nhiêu?
\(40\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
\(152\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
\(22\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
\(12\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
Vận tốc của chuyển động: \(v = s' = - t + 20\)
Tại thời điểm \(t = 8\) thì \(v = 12\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}\).
Cho hàm số \(y = {\left( {x + 2} \right)^{ - 2}}\). Tìm hệ thức liên hệ giữa \(y\) và \(y''\) không phụ thuộc vào \(x\).
\(y'' - 4y = 0\).
\(y'' + 2y = 0\).
\(y'' - 6{y^2} = 0\).
\(2y'' - 3y = 0\).
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 \(y'' - 6{y^2} = 0\).
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{4}{{x - 1}}\) tại điểm có hoành độ \(x = - 1\).
\(y = - x + 1\).
\(y = - x - 3\).
\(y = x - 3\).
\(y = - x + 3\).
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
Gọi \(S\) là tập hợp các số có ba chữ số tạo bởi các chữ số \(0;1;2;3;4;5\). Gọi biến cố \(A\) là "Chọn được số chẵn từ tập hợp \(S\)", \(B\) là biến cố "Chọn được số lớn hơn 300 từ tập hợp \(S\)". Khi đó:
\(P(A) = \frac{1}{2}\)
\(P(A) < P(B)\)
\(P(AB) = \frac{1}{5}\)
\(P(A \cup B) = \frac{{161}}{{180}}\)
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 \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \frac{{25}}{{36}}\).
Cho hình chóp cụt đều \[ABC.A'B'C'\] với đáy lớn \[ABC\] có cạnh bằng \[a\]. Đáy nhỏ \[A'B'C'\] có cạnh bằng \(\frac{a}{2}\), chiều cao \[OO' = \frac{a}{2}\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
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.
Gọi a là một nghiệm của phương trình \({4.2^{2\log x}} - {6^{\log x}} - {18.3^{2\log x}} = 0\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\({\left( {a - 10} \right)^2} = 1\).
\(a\) 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 \(a = 100 = {10^2}\).
Cho hàm số \[y = f\left( x \right) = \sin 2x\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\[{y^2} + {\left( {y'} \right)^2} = 4\].
\(4y + y'' = 0\).
\[4y - y'' = 0\].
\[y = y'\tan 2x\].
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
\(P(A)P(B)P(\bar C) + P(C)P(B)P(\bar A) + P(A)P(C)P(\bar B) + P(A)P(B)P(C) = 0,65.\)
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a,SA \bot (ABC)\) và \(SA = 2a\). Tính góc phẳng nhị diện \([A,SC,B]\)?
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:
ΔHCI∽ΔACS⇒HISA=CISC⇒HI=SA⋅CISC=2a⋅a2(2a)2+a2=55a
Xét \(\Delta BH\) vuông tại \(I:\tan \widehat {BHI} = \frac{{BI}}{{HI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 5 }}{5}a}} = \frac{{\sqrt {15} }}{2} \Rightarrow \widehat {BHI} \approx {62,7^0}\)
Cho tứ diện \(S.ABC\) trong đó \(SA,SB,SC\) vuông góc với nhau từng đôi một và \(SA = 3a,SB = a,SC = 2a\). Tính khoảng cách từ \(A\) đến đường thẳng \(BC\).
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.
Một vật có phương trình chuyển động \(S\left( t \right) = 4,9{t^2}\) trong đó \(t\) tính bằng giây \(\left( s \right)\), \(S\left( t \right)\) tính bằng mét \(\left( m \right)\). Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 6s\)bằng bao nhiêu?
Trả lời: \[58,8m\]
Lời giải
\(v = S'\left( t \right) = 9,8t\)
\[{v_{\left( 6 \right)}} = 9,8.6 = 58,8m\]
Cho \(f\left( x \right) = {\sin ^2}x - {\cos ^2}x - x\). Khi đó \(f'\left( x \right)\) bằng?
Trả lời: \(2\sin 2x - 1\)
Lời giải
Ta có \(f\left( x \right) = {\sin ^2}x - {\cos ^2}x - x\)\( = - \cos 2x - x\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 2\sin 2x - 1\).
