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

Ta có \[P = 2{\log _2}a - {\log _{\frac{1}{2}}}{b^2}\]\[ = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^2} = {\log _2}{\left( {ab} \right)^2}\].

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) =  - 2\) \( \Leftrightarrow \) \(x - 1 = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 2}}\) \( \Leftrightarrow \) \(x = 5\).

Gọi \[E\] là trung điểm \[CD\] thì \[AE \bot CD\], \[BE \bot CD\]\[ \Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right)\]\[ \Rightarrow CD \bot AB\].

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \left( {SC,AC} \right)\)\( = \widehat {SCA}\).

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \[A\] có \[\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{3}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\].

\( \Rightarrow \widehat {SCA} = 30^\circ \).

Vậy góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(30^\circ \).

Chọn B

\(\left. \begin{array}{l}CD \bot AB\\CD \bot BE\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow \left( {ACD} \right) \bot \left( {ABE} \right)\)  nên A đúng.

\(\left. \begin{array}{l}DF \bot AB\\DF \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow DF \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow DF \bot AC.\quad AC \bot DF,AC \bot DK \Rightarrow AC \bot \left( {DKF} \right)\)

Nên C,D đúng.

Gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) \( \Rightarrow \) \(AO \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = AO\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\) .

Ta có: \(BO = \frac{2}{3}BI = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\), \(AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy \(d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Ta có \(AA' \bot \left( {A'B'C'} \right)\) nên \(\widehat {\left( {AB';\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {AB'A'} = 60^\circ \).

Suy ra: \(AA' = A'B'.\tan 60^\circ  = a\sqrt 3 \).

Thể tích khối lăng trụ là \(V = AA'.{S_{\Delta A'B'C'}} = a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{4}\).

Chọn C

Gọi \(n\) (\(n\) là số nguyên dương) là số trận An chơi. Gọi \(A\) là biến cố “An thắng ít nhất 1 trận trong loạt chơi \(n\) trận". Suy ra \(\bar A\) là biến cố: "An thua tất cả \(n\) trận".

Ta có: \(P(A) = 1 - P(\bar A) = 1 - {(0,6)^n}\).

Theo giả thiết:

\(P(A) > 0,95 \Leftrightarrow 1 - {(0,6)^n} > 0,95 \Rightarrow {(0,6)^n} < 0,05 \Rightarrow n > {\log _{0,6}}0,05 \approx 5,86.{\rm{ }}\)

Số nguyên dương \(n\) nhỏ nhất thoả mãn là 6 (An chơi tối thiểu 6 trận).

Chọn D

Gọi các biến cố \(A\): "Có học sinh cùng lớp ngồi đối diện nhau";

\(\bar A\): "Không có học sinh cùng lớp ngồi đối diện nhau";

\({A_1}\): "Có học sinh lớp 12A1 ngồi đối diện nhau";

\({A_2}\): "Có học sinh lớp \(12\;A2\) ngồi đối diện nhau".

Khi đó \({A_1}{A_2}\) là biến cố: "Học sinh \(12\;A1\) ngồi đối diện nhau và học sinh \(12\;A2\) ngồi đối diện nhau".

Ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{5 \cdot 2 \cdot 8!}}{{10!}} = \frac{1}{9};P\left( {{A_2}} \right) = \frac{{5A_3^2 \cdot 8!}}{{10!}} = \frac{1}{3};P\left( {{A_1}{A_2}} \right) = \frac{{5 \cdot 2 \cdot 4 \cdot A_3^2 \cdot 6!}}{{10!}} = \frac{1}{{21}}\).

Suy ra: \(P(A) = P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right) - P\left( {{A_1}{A_2}} \right) = \frac{1}{9} + \frac{1}{3} - \frac{1}{{21}} = \frac{{25}}{{63}}\).

Vậy xác suất để xếp được hàng mà không có học sinh cùng lớp nào ngồi đối diện nhau là:

\(P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - \frac{{25}}{{63}} = \frac{{38}}{{63}}\)

Ta có \(y' = \frac{{{{\left( {4{x^2} + 3x + 1} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} }} = \frac{{8x + 3}}{{2\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} }}\).

Chọn C

Ta có \(y' = {\left( {\sqrt {2x + 5} } \right)^\prime } = \frac{2}{{2\sqrt {2x + 5} }} = \frac{1}{{\sqrt {2x + 5} }}\)

\(y'' =  - \frac{{{{\left( {\sqrt {2x + 5} } \right)}^\prime }}}{{2x + 5}} =  - \frac{{\frac{2}{{2\sqrt {2x + 5} }}}}{{2x + 5}} =  - \frac{1}{{\left( {2x + 5} \right)\sqrt {2x + 5} }}\).

\(y' = 3{x^2} - 2\) nên hệ số góc của tiếp tuyến là: \(y'\left( 1 \right) = 3.1 - 2\)\( = 1\).

Khi đó \(A \cup B\) là biến cố "Một học sinh của lớp 11A thích học ít nhất một trong hai môn Toán và Ngữ văn”.

Ta có \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \frac{{20}}{{50}} + \frac{{30}}{{50}} - \frac{{10}}{{50}} = \frac{{40}}{{50}} = \frac{4}{5}\).

Tứ giác \(ABCD\) có \(4\) cạnh bằng nhau \( \Rightarrow ABCD\) là hình thoi.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)

Vì \(SB = SC = SD\) \( \Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BC{\rm{D}}\)

Vì \(\Delta BC{\rm{D}}\) cân nên \(H\) thuộc trung tuyến kẻ từ \(C\).

\( \Rightarrow H \in AC\).

Nên đáp án \(A,\,C\)đúng.

Mà ta có: \( \Rightarrow H \in AC\).

Mà ta có: \(\Delta ABD = \Delta CBD = \Delta SBD\,\,(c - c - c) \Rightarrow AD = CO = SO \Rightarrow SO = \frac{1}{2}AC\)

\( \Rightarrow \Delta SAC\)vuông tại \(S\). Do đó đáp án b đúng.

Trong tam giác \(SAC\), kẻ \(SH \bot AC\).

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SO\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SH\)\( \Rightarrow SH \bot (ABCD)\)

Suy ra: \(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow SH = h = \frac{{{\rm{ax}}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\).

Do đó đáp án d sai.

\[{2^{\left| {\frac{{28}}{3}x + 4} \right|}} = {16^{{x^2} - 1}} \Leftrightarrow {2^{\left| {\frac{{28}}{3}x + 4} \right|}} = {2^{4{x^2} - 4}} \Leftrightarrow \left| {\frac{{28}}{3}x + 4} \right| = 4{x^2} - 4\,\,\left( 1 \right).\]

TH1: Nếu \[x >  - \frac{3}{7}.\] PT \[\left( 1 \right):\] \[\frac{{28}}{3}x + 4 = 4{x^2} - 4 \Leftrightarrow 4{x^2} - \frac{{28}}{3}x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\,\,\,\,\left( {TM} \right)\\x =  - \frac{2}{3}\,\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\]

TH1: Nếu \[x \le  - \frac{3}{7}.\] PT \[\left( 1 \right):\] \[ - \frac{{28}}{3}x - 4 = 4{x^2} - 4 \Leftrightarrow 4{x^2} + \frac{{28}}{3}x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\,\left( L \right)\\x =  - \frac{7}{3}\,\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.\]

Phương trình có tập nghiệm \[S = \left\{ { - \frac{7}{3};\,3} \right\}\].

{\rm{D}}\) có \(SA = x\) và tất cả các cạnh đều bằng nhau và bằng \(a\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?

\(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \sqrt[3]{{\cos 2.\frac{\pi }{2}}} =  - 1\).

\[y = \sqrt[3]{{\cos 2x}} \Rightarrow {y^3} = \cos 2x \Rightarrow y'3{y^2} =  - 2\sin 2x \Rightarrow y' = \frac{{ - 2\sin 2x}}{{3{{\left( {\sqrt[3]{{\cos 2x}}} \right)}^2}}}\].

\(f'\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0\).

\(3.{\left( {\sqrt[3]{{\cos 2x}}} \right)^2}.\frac{{ - 2\sin 2x}}{{3{{\left( {\sqrt[3]{{\cos 2x}}} \right)}^2}}} + 2\sin 2x =  - 2\sin 2x + 2\sin 2x = 0\).

Trả lời: \(\frac{1}{6}\)

Lời giải

Vì hai bạn An và Bình tung xúc xắc ra kết quả độc lập. Do đó xác suất để hai bạn ra cùng số điểm là \(6 \cdot {\left( {\frac{1}{6}} \right)^2} = \frac{1}{6}\).

Trả lời: \(\widehat {SOC} = {106,1^0}\)

Lời giải

Ta có: \(SA \bot (ABCD)\) tại \(A\) và \(SC\) cắt mp \((ABCD)\) tại \(C\)

\( \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mp \((ABCD)\)

\( \Rightarrow (SC,(ABCD)) = (SC,AC) = \widehat {SCA} = {60^^\circ }\)

Ta có: \( \Rightarrow SA = AC \cdot \tan {60^^\circ } = a\sqrt 2  \cdot \sqrt 3  = \sqrt 6 a\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot SA}\\{BD \bot AC}\end{array} \Rightarrow BD \bot (SAC)} \right.\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBD) \cap (CBD) = BD}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(CBD),CO \bot BD \Rightarrow [S,BD,C] = \widehat {SOC}}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SBC),SO \bot BD}\end{array}} \right.\)

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(A:\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SOA} = {73,9^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {SOC} = {106,1^0}\)

Trả lời: \(\frac{{7{a^3}\sqrt 3 }}{2}\)

Lời giải

Gọi \(O,I\) theo thứ tự là tâm của đáy lớn \(ABC\) và đáy bé \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime };K,J\) theo thứ tự là trung điểm của \(BC\) và \({B^\prime }{C^\prime }\).

Ta có \(h = IO = \frac{{3a}}{2}\) là chiều cao của hình chóp cụt đều \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\).

Diện tích hai đáy hình chóp cụt đều là:

\({S_1} = {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{(4a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 4{a^2}\sqrt 3 ;{S_2} = {S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = \frac{{{{(2a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \)

Thể tích khối chóp cụt đều là:

\(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}}  + {S_2}} \right)\)

\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{{3a}}{2}\left( {4{a^2}\sqrt 3  + \sqrt {4{a^2}\sqrt 3  \cdot {a^2}\sqrt 3 }  + {a^2}\sqrt 3 } \right) = \frac{{7{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) (đơn vị thể tích)

Trả lời: \(8\)

Lời giải

Theo công thức \({E_M} = {E_0}{.10^{1,5M}}\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{E_1} = {10^{1,5{M_1}}}\\{E_2} = {10^{1,5{M_2}}}\end{array} \right.\).

Suy ra \(\frac{{{E_2}}}{{{E_1}}} = \frac{{{{10}^{1,5{M_2}}}}}{{{{10}^{1,5{M_1}}}}} = {10^{1,5\left( {{M_2} - {M_1}} \right)}} = {10^{1,5\left( {\log {A_1} - \log {A_2}} \right)}} = {10^{1,5\log \frac{{{A_1}}}{{{A_2}}}}} = {10^{1,5\log 4}} = 8\).

Trả lời: 1

Lời giải

Gọi đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\) là \(\left( C \right)\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right)\) là tiếp điểm. Suy ra phương trình tiếp tuyến với \(\left( C \right)\) tại \(M\) là

\(y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 + 2\) (d).

Vì \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1;0} \right)\) nên \(\left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {1 - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 + 2 = 0\)

\(\left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {1 - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 + 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {1 - {x_0}} \right) + \left( {{x_0} - 1} \right)\left( {x_0^2 - 2{x_0} - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_0} - 1} \right)\left( { - 2x_0^2 + 4{x_0} - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\ - 2x_0^2 + 4{x_0} - 2 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow {x_0} = 1\).

Suy ra có \(1\) tiếp tuyến với \(\left( C \right)\) đi qua điểm \(A\).

Trả lời: \[ - 1\]

Lời giải

\[y = \sqrt {{x^2} - 2x + 3}  \Rightarrow y' = \frac{{{{\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} - 2x + 3} }}\]\[ = \frac{{2x - 2}}{{2\sqrt {{x^2} - 2x + 3} }}\]\[ = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 3} }}\]\[ \Rightarrow a = 1\]; .