Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 09

Ta có: \({\log _a}\left( {{a^2}b} \right) = {\log _a}{a^2} + {\log _a}b\)\( = 2 + {\log _a}b\).

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - x + 7} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 5x + 7 > 0\\{x^2} - 5x + 7 < 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\\{x^2} - 5x + 6 < 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow x \in \left( {2;\,3} \right)\).

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.

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

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 \(CH\):

\(\frac{1}{{C{H^2}}} = \frac{1}{{C{O^2}}} + \frac{1}{{C{{C'}^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Diện tích đáy: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.3.3.\sin 60^\circ  = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\). Thể tích \({V_{lt}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\).

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:

\(P\left( {{A_1} \cup {A_2} \cup {A_3}} \right) = 1 - 0,024 = 0,976.\)

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:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{P(C) = P\left( {{A_1}{A_2}} \right) + P\left( {{{\bar A}_1}{{\bar A}_2}} \right)}&{ = P\left( {{A_1}} \right) \cdot P\left( {{A_2}} \right) + P\left( {{{\bar A}_1}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_2}} \right)}\\{}&{ = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.}\end{array}\)

Ta có \(f\left( x \right) = \sin 2x\), suy ra \(f'\left( x \right) = 2\cos 2x\).

Chọn D

Ta có \(y' = {\left( {\frac{x}{{x - 2}}} \right)^\prime } = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) ; \(y'' = {\left( {\frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}} \right)^\prime } = 2.\frac{{2\left( {x - 2} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^4}}} = \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}}\)

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: \(y = 3x + 13\).

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, \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) = \frac{{10}}{{19}} + \frac{9}{{38}} = \frac{{29}}{{38}}\).

d: sai vì \(BD\) không vuông góc với \(CD\).

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 \(m + M = \frac{5}{2} + \frac{1}{2} = 3\).

\[{f^3}(2 - x) - 2{f^2}(2 + 3x) + {x^2}.g(x) + 36x = 0\], \[\,\,\forall x \in \mathbb{R}\]\[\left( 1 \right)\].

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 \(A = 3.f\left( 2 \right) + 4.f'\left( 2 \right) = 10\).

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

\(\begin{array}{l}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SA\\{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\\SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{(2a)}^2} - {a^2}}  = \sqrt 3 a\\ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \sqrt 3 a = \frac{1}{4}{a^3}\end{array}\)

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 \(2 + 2t = 6 \Leftrightarrow t = 2\).

Trả lời: \[6{x^5} - 20{x^4} + 16{x^3}\]

Lời giải

\[y' = 2\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right).{\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^\prime }\]\[ = 2\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)\left( {3{x^2} - 4x} \right)\]\[ = 6{x^5} - 20{x^4} + 16{x^3}\].