Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 04
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.
Biểu thức \(T = \sqrt[5]{{a\sqrt[3]{a}}}\). Viết T dưới dạng lũy thừa của số mũ hữu tỷ.
\({a^{\frac{1}{3}}}\).
\({a^{\frac{1}{5}}}\).
\({a^{\frac{1}{{15}}}}\).
\({a^{\frac{4}{{15}}}}\).
\(T = \sqrt[5]{{a.\sqrt[3]{a}}} = \sqrt[5]{{a.{a^{\frac{1}{3}}}}} = \sqrt[5]{{{a^{\frac{4}{3}}}}} = {a^{\frac{4}{{15}}}}\).
Hàm số nào có đồ thị như hình vẽ ở dưới đây ?
\(y = {\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)^2}\).
\(y = {\left( {\sqrt 2 } \right)^x}\).
\(y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}\).
\(y = {3^x}\).
Đồ thị hàm số ở hình vẽ là đồ thị của hàm số mũ có dạng \(y = {a^x}\). Loại đáp án A
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(0 < a < 1\). Loại đáp án B, D
Vậy đồ thị trong hình vẽ là đồ thị hàm số \(y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}\).
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 hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều, cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(SB\). Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề sai?
\(AN \bot BC\).
\(CM \bot SB\).
\(CM \bot AN\).
\(MN \bot MC\).
Do tam giác \(ABC\) đều nên \(CM \bot AB\), vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot CM\) \( \Rightarrow CM \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow CM \bot SB\), \(CM \bot AN\) nên B, C đúng.
Do \(MN{\rm{//}}SA\) nên \(MN \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow MN \bot MC\) nên D đúng.
Vậy A sai.
Cho hình lăng trụ đều \[ABC.A'B'C'\] có \[AB = \sqrt 3 \] và \[AA' = 1\]. Góc tạo bởi giữa đường thẳng \[AC'\] và \[\left( {ABC} \right)\] bằng
\({45^{\rm{o}}}\).
\({60^{\rm{o}}}\).
\({30^{\rm{o}}}\).
\({75^{\rm{o}}}\).
Ta có \[\widehat {\left( {AC',\left( {ABC} \right)} \right) = }\]\[\widehat {\left( {AC',AC} \right) = }\]\[\widehat {CAC'}\], \[\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}}\]\[ = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]\[ \Rightarrow \widehat {C'AC} = {30^{\rm{o}}}\].
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy ABC là tam giác cân tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy, \(I\) là trung điểm \(AC\) , \(H\) là hình chiếu của \(I\) lên \(SC\) . Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\left( {BIH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI \bot AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{gt}}} \right)\\BI \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BI \bot \left( {SAC} \right) \supset SC \Rightarrow SC \bot BI\) \(\left( 1 \right)\).
Theo giả thiết: \(SC \bot IH\) \(\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(SC \bot \left( {BIH} \right)\). Mà \(SC \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(\left( {BIH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(C'D'\) (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AA'\) và \(CM\) bằng
\(a\sqrt 2 \).
\(a\).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).
\(a\sqrt 3 \).
Ta có \(AA'\,{\rm{// }}\left( {DD'C'C} \right) \supset CM\)\( \Rightarrow d\left( {AA',CM} \right) = d\left( {AA',\left( {DD'C'C} \right)} \right) = AD = a\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Biết \(SA = 2a\) và tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = 3a\), \(AC = 4a\). Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\) theo \(a\).
\(12{a^3}\).
\(6{a^3}\).
\(8{a^3}\).
\(4{a^3}\).
Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.3a.4a = 6{a^2}\); \[{V_{SABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.2a.6{a^2} = 4{a^3}\].
Dự báo thời tiết dự đoán rằng có \(70\% \) là trời sẽ mưa vào thứ Bảy. Tuy nhiên, ngày thứ Bảy Trang hẹn Nhi đi xem phim, xác suất Nhi đồng ý đi là \(80\% \). Tính xác suất hai bạn đi xem phim không bị dính mưa.
0,56 .
0,24 .
0,14 .
0,06 .
Xác suất trời không mưa là 0,3 .
Xác suất hai bạn đi xem phim là là 0,8 .
Xác suất hai bạn đi xem phim không bị dính mưa là \(0,3 \cdot 0,8 = 0,24\).
Chọn B.
Một nhóm có 30 thành viên, số thành viên thích kim chi là 16 người, số người thích cơm trộn là 20 , có 5 người là không thích cả hai. Hỏi có bao nhiêu người vừa thích kim chi vừa thích cơm trộn?
9 người
10 người
11 người
12 người
A: Số người thích kim chi, \(n(A) = 16\).
B: Số người thích cơm trộn, \(n(B) = 20\).
Số người thích cơm trộn hoặc kim chi là: \(n(A \cup B) = 30 - 5 = 25\).
Ta có:\(n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(AB) \Rightarrow n(AB) = n(A) + n(B) - n(A \cup B) = 20 + 16 - 25 = 11.\)
Vậy có 11 người thích kim chi và cơm trộn.
Chọn C.
Tính đạo hàm của hàm số \(y = {\log _3}\left( {3x + 2} \right)\).
\(y' = \frac{3}{{\left( {3x + 2} \right)\ln 3}}\).
\(y' = \frac{1}{{\left( {3x + 2} \right)\ln 3}}\).
\(y' = \frac{1}{{\left( {3x + 2} \right)}}\).
\(y' = \frac{3}{{\left( {3x + 2} \right)}}\).
Ta có \(y' = \frac{3}{{\left( {3x + 2} \right)\ln 3}}\).
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} + 3{x^2} - 2\) có đồ thị là \[\left( C \right)\]. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị \[\left( C \right)\] biết tiếp tuyến có hệ số góc \(k = - 9\).
\[y + 16 = - 9\left( {x + 3} \right)\].
\[y - 16 = - 9\left( {x - 3} \right)\].
\[y = - 9\left( {x + 3} \right)\].
\[y - 16 = - 9\left( {x + 3} \right)\].
Gọi \[M\left( {{x_0};\,\frac{{x_0^3}}{3} + 3x_0^2 - 2} \right)\] là tiếp điểm .
Ta có: \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\) \( \Leftrightarrow {x_0}^2 + 6{x_0} = - 9\)\( \Leftrightarrow {x_0} = - 3\)\( \Rightarrow {y_0} = f\left( {{x_0}} \right) = 16\)
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \[\left( C \right)\] thỏa mãn đầu bài là: \[y - 16 = - 9\left( {x + 3} \right)\].
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
Gieo một con xúc xắc, cân đối và đồng chất 2 lần liên tiếp. Goi biến cố \(A\) là "Tổng số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo lớn hơn 7", biến cố \(B\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo khác nhau".
\(P(AB) = \frac{1}{3}\)
\(P(A \cup B) = \frac{1}{{12}}\)
\(P(A\bar B) = \frac{{11}}{{12}}\)
Hai biến cố \(A\) và \(B\) không độc lập với nhau
a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng |
Biến cố \(A \cup B\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo khác nhau hoặc tổng lớn hơn 7".
Biến cố \(AB\) là: "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo khác nhau và có tổng lớn hơn 7”.
Biến cố \(A\bar B\) là: "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc sau hai lần gieo giống nhau và có tổng nhỏ hơn hoặc bằng 7”.
a) b) c) \(P(AB) = \frac{1}{3},P(A \cup B) = \frac{{11}}{{12}},P(A\bar B) = \frac{1}{{12}}\).
d) Do \(P(A) = \frac{{15}}{{36}},P(B) = \frac{{30}}{{36}}\) và \(P(A)P(B) \ne P(AB)\) nên hai biến cố này không độc lập.
Cho hình chóp \[S.ABC\] có hai mặt bên \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SAC} \right)\] vuông góc với đáy \[\left( {ABC} \right)\], tam giác \[ABC\] vuông cân ở \(A\) và có đường cao \[AH,{\rm{ }}(H \in BC)\]. Gọi \(O\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \[\left( {SBC} \right)\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\[SC \bot \left( {ABC} \right)\].
\[\left( {SAH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\].
\[O \in SC\].
Góc giữa \[\left( {SBC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] là góc \[\widehat {SBA}\].
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA}\\{\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)}\end{array} \Rightarrow SA} \right. \bot \left( {ABC} \right)\).
Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\)\( \Rightarrow AH \bot BC\)
mà \(BC \bot SA\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAH} \right)\).
Khi đó \(O\) là hình chiếu vuông góc
của \(A\) lên \(\left( {SBC} \right)\)
Thì suy ra \[O \in SI\] và \(\widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SHA}\).
Vậy đáp án b đúng.
Xét các hàm số \[y = {\log _a}x,\,y = - {b^x},\,y = {c^x}\]có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó \[a,b,c\] là các số thực dương khác 1.
Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\({\log _c}\left( {a + b} \right) > 1 + {\log _c}2\).
\({\log _{ab}}c > 0\).
\({\log _a}\frac{b}{c} > 0\).
\({\log _b}\frac{a}{c} < 0\).
a) Sai | b) Sai | c) Đúng | d) Sai |
Từ hình vẽ ta có: *) \[a > 1\]. Vì hàm \[y = {\log _a}x\] đồng biến: Tính từ trái qua phải đồ thị có dạng đi lên.
*) Lấy đối xứng đồ thị hàm số \[y = - {b^x}\] qua trục \[Ox\]ta được đồ thị hàm số \[y = {b^x}\] là hàm đồng biến, nên \[\,b > 1\].
*) \[0 < c < 1.\]Vì hàm \[y = {c^x}\] nghịch biến: Tính từ trái qua phải đt có dạng đi xuống.
Do đó:
\[\left. \begin{array}{l}a + b > 2\\0 < c < 1\end{array} \right\} \Rightarrow {\log _c}\left( {a + b} \right) < {\log _c}2 \Rightarrow \]Đáp án a sai.
\[\left. \begin{array}{l}0 < c < 1\\ab > 1\end{array} \right\} \Rightarrow {\log _{ab}}c < {\log _{ab}}1 = 0 \Rightarrow \]Đáp án b sai.
\[\left. \begin{array}{l}\frac{b}{c} > 1\\a > 1\end{array} \right\} \Rightarrow {\log _a}\frac{b}{c} > {\log _a}1 = 0 \Rightarrow \]Đáp án c đúng.
\[\left. \begin{array}{l}\frac{a}{c} > 1\\b > 1\end{array} \right\} \Rightarrow {\log _b}\frac{a}{c} > {\log _b}1 = 0 \Rightarrow \]Đáp án d sai.
Cho hàm số \[y = {x^3} + 3{x^2} + 1\] có đồ thị là (C). Khi đó :
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm \[{\rm{M}}\left( { - {\rm{1}};{\rm{3}}} \right)\] là: \[y = - 3x + 6\]
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 2 là \[y = 24x - 27\]
Có 2 phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng 1
Có 2 phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
Hàm số đã cho xác định \[D = \mathbb{R}\]
Ta có: \[y' = 3{x^2} + 6x\]
a) Phương trình tiếp tuyến \[\left( t \right)\]tại \[{\rm{M}}\left( { - {\rm{1}};{\rm{3}}} \right)\] có phương trình : \[y = y'\left( { - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + 3\]
Ta có: \[y'\left( { - 1} \right) = - 3\], khi đó phương trình \[\left( t \right)\] là: \[y = - 3x + 6\]
b) Thay \[x = 2\] vào đồ thị của (C) ta được \[y = 21\].
phương trình \[\left( t \right)\] là: \[y = 24x - 27\]
c) Thay \[y = 1\] vào đồ thị của (C) ta được \[{x^2}\left( {x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\] hoặc \[x = - 3\].
phương trình \[\left( t \right)\] là: \[y = 1\], \[y = 9x + 28\]
d) Trục tung Oy : \[x = 0 \Rightarrow y = 1\]. phương trình \[\left( t \right)\] là: \[y = 1\]
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
An gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất 4 lần. Tính xác suất để có 3 lần gieo mà số chấm xuất hiện trên xúc xắc là ba số liên tiếp.
Trả lời: \(\frac{{4.3!}}{{{6^4}}}\)
Lời giải
Xác suất để có 3 lần gieo mà số chấm xuất hiện trên xúc xắc là ba số liên tiếp là: \(\frac{{4.3!}}{{{6^4}}}\).
Bình và Minh cùng thi bắn đĩa bay. Xác suất bắn trúng đĩa của mỗi người lần lượt là 0,7 và 0,8. Nếu một người bắn trước và trượt thì tỉ lệ bắn trúng của người sau sẽ tăng thêm 0,1 và ngược lại nếu người đó bắn trúng thì tỉ lệ bắn trúng của người sau sẽ giảm đi 0,1. Thứ tự bắn giữa hai người là ngẫu nhiên và cuộc thi dừng lại khi người này trúng, người kia trượt. Tính xác suất để Bình bắn trúng sau lượt bắn đầu tiên nếu biết Minh bắn trúng bia;
Trả lời: 0,65
Lời giải
Xác suất để Bình bắn trúng sau lần bắn đầu tiên là: \(\frac{1}{2} \cdot 0,7 + \frac{1}{2} \cdot 0,6 = 0,65\).
Cho hình lăng trụ đều \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) có đáy cạnh \(a\), góc giữa đường thẳng \({A^\prime }B\) và mặt phẳng \((ABC)\) là \({60^^\circ }\). Tính góc giữa đường thẳng \({C^\prime }A\) và mặt phẳng \(\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)\)?
Trả lời: \( \approx {25,7^0}\)
Lời giải
Kẻ \({C^\prime }I \bot {A^\prime }{B^\prime }\)
Ta có: \({C^\prime }I \bot {A^\prime }A \Rightarrow {C^\prime }I \bot \left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)\) tại \(I\) và \({C^\prime }A\) cắt mp\(\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)\) tại \(A\).
\( \Rightarrow AI\) là hình chiếu của \({C^\prime }A\) trên mp\(\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)\)
\( \Rightarrow \left( {{C^\prime }A,\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)} \right) = \left( {{C^\prime }A,AI} \right) = \widehat {{C^\prime }AI}\)
Ta có: \({A^\prime }A = AB \cdot \tan {60^^\circ } = \sqrt 3 a\)
\(AI = \sqrt {{A^\prime }{A^2} + {A^\prime }{I^2}} = \sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {13} }}{2}a\)
Xét \(\Delta {C^\prime }AI\) vuông tại \(I:\tan \widehat {{C^\prime }AI} = \frac{{{C^\prime }I}}{{AI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt {13} a}}{2}}} = \frac{{\sqrt {39} }}{{13}} \Rightarrow \widehat {{C^\prime }AI} \approx {25,7^0}\)
Cho hình chóp đều \(S.ABCD\) có đáy cạnh a và chiều cao \(SO = 2a\). Gọi \(M,N,P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SB,SC,SD\). Tính thể tích khối chóp cụt đều \(ABCD.MNPQ\).
Trả lời: \(\frac{7}{{12}}{a^3}\)
Lời giải
\(\begin{array}{l}V = \frac{1}{3}\left( {{S_{ABCD}} + {S_{MNPQ}} + \sqrt {{S_{ABCD}} \cdot {S_{MNPQ}}} } \right) \cdot O{O^\prime }\\{S_{ABCD}} = {a^2}\\{S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2} = \frac{1}{4}{a^2}\\ \Rightarrow V = \frac{1}{3}\left( {{a^2} + \frac{1}{4}{a^2} + \sqrt {{a^2} \cdot \frac{1}{4}{a^2}} } \right) \cdot a = \frac{7}{{12}}{a^3}\end{array}\)
Số lượng của loại vi khuẩn \(A\) trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức \(S\left( t \right) = s\left( 0 \right){.2^t}\), trong đó \(s\left( 0 \right)\) là số lượng vi khuẩn \(A\) lúc ban đầu, \(s\left( t \right)\) là số lượng vi khuẩn \(A\) có sau \(t\) phút. Biết sau \(3\) phút thì số lượng vi khuẩn \(A\) là \(625\) nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn \(A\) là \(10\) triệu con?
Trả lời: 7 phút
Lời giải
Theo giả thiết: \(S\left( 3 \right) = 625\) (nghìn con) \( \Rightarrow s\left( 0 \right){.2^3} = 625 \Rightarrow S\left( 0 \right) = \frac{{625}}{8}\).
Thời điểm số lượng vi khuẩn \(A\) là \(10\) triệu con thì \(S\left( t \right) = 10000 \Leftrightarrow \frac{{625}}{8}{.2^t} = 10000\)
\( \Leftrightarrow t = 7\) phút.
Một chất điểm chuyển động thẳng xác định bởi phương trình \(S = f\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 4t\), trong đó \(t\) được tính bằng giây (s) và \(S\) được tính bằng mét (m). Gia tốc của chất điểm tại thời điểm \(t = 2\) (s) có giá trị là bao nhiêu?
Trả lời: \(6\,{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\)
Lời giải
Ta có \(v = f'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 4\) và \(a = f''\left( t \right) = 6t - 6\).
Gia tốc của chất điểm tại thời điểm \(t = 2\) (s) có giá trị là \(f''\left( 2 \right) = 6.2 - 6 = 6\,{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\).
