Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 09
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.
\[2 - {\log _a}b\].
\[2 + {\log _a}b\].
\[1 + 2{\log _a}b\].
\[2{\log _a}b\].
Ta có: \({\log _a}\left( {{a^2}b} \right) = {\log _a}{a^2} + {\log _a}b\)\( = 2 + {\log _a}b\).
\(\left( { - \infty ;\,2} \right) \cup \left( {3;\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;\,2} \right)\).
\(\left( {2;\,3} \right)\).
\(\left( {3;\, + \infty } \right)\).
\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - x + 7} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 5x + 7 > 0\\{x^2} - 5x + 7 < 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\\{x^2} - 5x + 6 < 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow x \in \left( {2;\,3} \right)\).
\[AD \bot SC\].
\[SC \bot BD\].
\[SA \bot BD\].
\[SO \bot BD\].
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow BD \bot SC\]. Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow SA \bot BD\].
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\]\[ \Rightarrow BD \bot SO\].
Vậy khẳng định \[AD \bot SC\] là khẳng định sai.
\(\frac{{\sqrt 5 }}{4}\).
\(\frac{{\sqrt 7 }}{4}\).
\(\frac{{\sqrt 6 }}{4}\).
\(\frac{{\sqrt {10} }}{4}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = a\),
, 
. Gọi \(M\) là trung điểm của \[AD\], \(I\) là giao điểm của \(AC\) và \(BM\). Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SMB} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SMB} \right)\).
\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
Chọn A
+ Ta có:
+ Xét tam giác vuông \(ABM\) có:
.
Xét tam giác vuông \(ACD\) có: 
. Ta có:
\(\cot \widehat {AIM} = \cot \left( {{{180}^0} - \left( {\widehat {AMB} + \widehat {CAD}} \right)} \right) = - \cot \left( {\widehat {AMB} + \widehat {CAD}} \right)\) \[ = - \frac{{1 - \tan \widehat {AMB}.\tan \widehat {CAD}}}{{\tan \widehat {AMB} + \tan \widehat {CAD}}} = 0\]
\( \Rightarrow \widehat {AIM} = {90^0}\) 
Từ (1) và (2) suy ra:
mà 
nên 
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Cách 1:
Chọn hệ trục \(Oxyz\) như hình vẽ.
\(B\left( {0;0;0} \right)\), \(A\left( {a;0;0} \right)\), \(B'\left( {0;0;a} \right)\), \(C'\left( {0;a;a} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - a;0;0} \right)\)
\(\overrightarrow {AB'} = \left( { - a;0;a} \right)\)\( \Rightarrow \)\(AB'\) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 1;0;1} \right)\).
\(\overrightarrow {BC'} = \left( {0;a;a} \right)\)\( \Rightarrow BC'\) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {0;1;1} \right)\).
\(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1;1; - 1} \right)\).
Suy ra: \(d\left( {AB',BC'} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AB} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Cách 2:
Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\). Trong mặt phẳng \(\left( {ACC'A'} \right)\), kẻ \(CH \bot C'O\) tại \(H\),
mà \(CH \bot BD\) (do \(BD \bot \left( {ACC'A'} \right)\)) nên \(CH \bot \left( {C'BD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {C;C'BD} \right) = CH\)
Ta có: \(AB'\;{\rm{//}}\;\left( {C'BD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {AB',BC'} \right) = d\left( {AB',\left( {C'BD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {C'BD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {C'BD} \right)} \right) = CH\)
Xét \(\Delta \)\(C'CO\) vuông tại \(C\), đường cao \(CH\):
\(\frac{1}{{C{H^2}}} = \frac{1}{{C{O^2}}} + \frac{1}{{C{{C'}^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng \(3\). Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
\(\frac{{9\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{27\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{9\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích đáy: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.3.3.\sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\). Thể tích \({V_{lt}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\).
0,188.
0,024.
0,976.
0,812.
Chọn C
Gọi \({A_i}\) là biến cố: "Người thứ \(i\) bắn trúng mục tiêu" với \(1 \le i \le 3,i \in \mathbb{N}\).
Xác suất để cả ba xạ thủ cùng bắn không trúng mục tiêu là:
\(P\left( {{{\bar A}_1}{{\bar A}_2}{{\bar A}_3}} \right) = P\left( {{{\bar A}_1}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_2}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_3}} \right) = 0,4 \cdot 0,3 \cdot 0,2 = 0,024.{\rm{ }}\)
Xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu là:
\(P\left( {{A_1} \cup {A_2} \cup {A_3}} \right) = 1 - 0,024 = 0,976.\)
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{3}{4}\).
\(\frac{1}{3}\).
Chọn A
Gọi \({A_1}\) là biến cố: "Lần gieo đầu tiên xuất hiện mặt có số chấm chẵn"; gọi \({A_2}\) là biến cố: "Lần gieo thứ hai xuất hiện mặt có số chấm chẵn".
Ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = \frac{1}{2},P\left( {{A_2}} \right) = \frac{1}{2}\).
Gọi \(C\) là biến cố: "Tổng số chấm trong hai lần gieo là số chẵn".
Ta có \(C = (AB) \cup (\bar A\bar B)\), đồng thời \(AB\) và \(\bar A\bar B\) là hai biến cố xung khắc.
Suy ra:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P(C) = P\left( {{A_1}{A_2}} \right) + P\left( {{{\bar A}_1}{{\bar A}_2}} \right)}&{ = P\left( {{A_1}} \right) \cdot P\left( {{A_2}} \right) + P\left( {{{\bar A}_1}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_2}} \right)}\\{}&{ = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.}\end{array}\)
\(f'\left( x \right) = 2\sin 2x\).
\(f'\left( x \right) = \cos 2x\).
\(f'\left( x \right) = 2\cos 2x\).
\(f'\left( x \right) = - \frac{1}{2}\cos 2x\).
Ta có \(f\left( x \right) = \sin 2x\), suy ra \(f'\left( x \right) = 2\cos 2x\).
\(y'' = 0\).
\(y'' = \frac{1}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).
\(y'' = - \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).
\(y'' = \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}}\).
Chọn D
Ta có \(y' = {\left( {\frac{x}{{x - 2}}} \right)^\prime } = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) ; \(y'' = {\left( {\frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}} \right)^\prime } = 2.\frac{{2\left( {x - 2} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^4}}} = \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}}\)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 2}}\) tại điểm có hoành độ bằng \( - 3\) là
\(y = - 3x - 5\).
\(y = - 3x + 13\).
\(y = 3x + 13\).
\(y = 3x + 5\).
Gọi \(M\left( {{x_0};\,{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số.
Theo giả thiết \({x_0} = - 3 \Rightarrow {y_0} = 4\) suy ra \(M\left( { - 3;\,4} \right)\).Có \(y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( { - 3} \right) = 3\).
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( { - 3;\,4} \right)\)là: \(y = 3x + 13\).
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
Biến cố "Tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn" là \(A \cup B\).
\(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\)
\(P(A) < P(B){\rm{ }}\)
Xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn là: \(\frac{{461}}{{722}}\)
a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
Gọi \(A\) là biến cố "Rút được một thẻ đánh số chẵn và một thẻ đánh số lẻ", \(B\) là biến cố "Rút được hai thẻ đều đánh số chẵn”.
Khi đó biến cố "Tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn" là \(A \cup B\).
Do hai biến cố xung khắc nên \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\).
Vì có 10 số chẵn và 10 số lẻ nên ta có:
\(P(A) = \frac{{C_{10}^1 \cdot C_{10}^1}}{{C_{20}^2}} = \frac{{10}}{{19}},P(B) = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{20}^2}} = \frac{9}{{38}}{\rm{. }}\)
Do đó, \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) = \frac{{10}}{{19}} + \frac{9}{{38}} = \frac{{29}}{{38}}\).
\(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SBA}\).
\(d\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right) = DO\).
\[\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \widehat {CSD}\].
\[d\left( {CD,SB} \right) = BD\].
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
d: sai vì \(BD\) không vuông góc với \(CD\).
\(M - m = 3\).
\(M - m = 1\).
\(m + M = 3\).
\(m + M = 2\).
a) Sai | b) Sai | c) Đúng | d) Sai |
Ta có: \({\log _{0,3}}\left( {4{x^2}} \right) \ge {\log _{0,3}}\left( {12x - 5} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{12x - 5 > 0\,\,\,\,}\\{4{x^2} \le 12x - 5}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > \frac{5}{{12}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{4{x^2} - 12x + 5 \le 0}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > \frac{5}{{12}}\,\,\,\,\,}\\{\frac{1}{2} \le x \le \frac{5}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le \frac{5}{2}\).
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho \(S = \left[ {\frac{1}{2};\,\frac{5}{2}} \right]\).
Khi đó: \(M = \frac{5}{2}\); \(m = \frac{1}{2}\) và \(m + M = \frac{5}{2} + \frac{1}{2} = 3\).
Cho hai hàm số \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) đều có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và thỏa mãn \({f^3}\left( {2 - x} \right) - 2.{f^2}\left( {2 + 3x} \right) + {x^2}.g\left( x \right) + 36x = 0\), \(\forall x \in \mathbb{R}\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\[f'(2) = 2\]
\[f(2) = 2\]
\(f\left( 2 \right) + f'\left( 2 \right) = 4\)
\(3.f\left( 2 \right) + 4.f'\left( 2 \right) = 10\).
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng |
\[{f^3}(2 - x) - 2{f^2}(2 + 3x) + {x^2}.g(x) + 36x = 0\], \[\,\,\forall x \in \mathbb{R}\]\[\left( 1 \right)\].
Vì \[\left( 1 \right)\]đúng\[\,\forall x \in \mathbb{R}\] nên cũng đúng với\[x = 0 \Rightarrow {f^3}(2) - 2{f^2}(2) = 0\,\,\]\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f(2) = 0\\f(2) = 2\end{array} \right.\]
Lấy đạo hàm hai vế của \[\left( 1 \right)\]ta có:
\[ - 3{f^2}(2 - x).f'(2 - x) - 12f(2 + 3x).f'(2 + 3x) + 2x.g(x) + {x^2}.g'(x) + 36 = 0\,\], \[\,\forall x \in \mathbb{R}\]
Cho \[x = 0\]\[ \Rightarrow - 3{f^2}(2).f'(2) - 12f(2).f'(2) + 36 = 0\,\]\[\left( 2 \right)\].
Ta thấy \[f(2) = 0\] không thỏa mãn \[\left( 2 \right)\]nên \[f(2) = 2\], khi đó \[f'(2) = 1\]\[ \Rightarrow 3f(2) + 4f'(2) = 10\]..
Vậy \(A = 3.f\left( 2 \right) + 4.f'\left( 2 \right) = 10\).
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Trả lời: \(\frac{{33}}{{40}}\)
Lời giải
Xác suất để chọn được một học sinh thích môn Ngữ văn hoặc môn Toán: \(\frac{{25 + 20 - 12}}{{40}} = \frac{{33}}{{40}}\).Trả lời: \( \approx {64,3^0}\)
Lời giải
Xét \(\Delta ADC\) cân tại \(D\), có \(\widehat {{\mkern 1mu} D{\mkern 1mu} } = {60^^\circ }\) nên \(\Delta ADC\) đều.
Kẻ \(CI \bot AD\)
Ta có: \(CI \bot SA \Rightarrow CI \bot (SAD)\) tại \(I\) và \(SC\) cắt mp \((SAD)\) tại \(S\) \( \Rightarrow SI\) là hình chiếu của \(SC\) trên mp\((SAD)\)
\( \Rightarrow (SC,(SAD)) = (SC,SI) = \widehat {CSI}\)
Ta có: \(SI = \sqrt {S{A^2} + A{I^2}} = \sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {13} }}{2}a\)
Xét \(\Delta SCI\) vuông tại \(I:\tan \widehat {CSI} = \frac{{SI}}{{IC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {13} }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 3 a}}{2}}} = \frac{{\sqrt {39} }}{3} \Rightarrow \widehat {CSI} \approx {64,3^0}\)
Trả lời: \(\frac{1}{4}{a^3}\)
Lời giải
Trả lời: \( \approx 2,3385 {\rm{db/s}}\)
Lời giải.
Ta có \(P = 10\log \frac{I}{{{I_0}}}\)\( = 10\log I - 10\log {I_0}\) \( = 10\log \left( {{t^2} + t + 1} \right) - 10\log {I_0}\)
Mức độ thay đổi cường độ âm được tính theo biểu thức : \(P\prime \left( t \right) = 10.\frac{{2t + 1}}{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)\ln 10}}\)
Suy ra \(P\prime \left( 3 \right) = 10.\frac{7}{{13\ln 10}}\) \( \approx 2,3385 {\rm{db/s}}\).
Trả lời: \[t = 2\]
Lời giải
Gia tốc của chất điểm tại thời điểm \(t\) là \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 2 + 2t\).
Theo giả thiết ta có \(2 + 2t = 6 \Leftrightarrow t = 2\).Tính đạo hàm của hàm số \(y = {\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^2}\)
Trả lời: \[6{x^5} - 20{x^4} + 16{x^3}\]
Lời giải
\[y' = 2\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right).{\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^\prime }\]\[ = 2\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)\left( {3{x^2} - 4x} \right)\]\[ = 6{x^5} - 20{x^4} + 16{x^3}\].
