Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 09

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

Điều kiện: \({x^2} - 2mx + 4 > 0\,\,\,\,\left( * \right)\)

Để \(\left( * \right)\) đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\) thì \(\Delta ' = {m^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < m < 2.\)

Điều kiện xác định: \(x > 3\).

Phương trình đã cho tương: \({\log _2}\left( {\sqrt {x - 3} .\sqrt {3x - 7} } \right) = 2 \Leftrightarrow \sqrt {(x - 3)(3x - 7)}  = 4\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = \frac{1}{3}\,\,\,\,\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\].

Vậy phương trình có một nghiệm.

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

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 \(f'\left( x \right) = 2\cos 2x\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\). Đạo hàm: \(y' = 3{x^2} - 6x\).

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = 2\) là \(k = y'\left( 2 \right) = {3.2^2} - 6.2 = 0\).

a) Biến cố \(\bar A\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc ở lần thứ nhất là số chẵn".

Biến cố \(\bar B\) là "Số chấm xuất hiện trên xúc xắc ở lần thứ hai nhỏ hơn hoặc bằng 3 ".

b) \(P(\bar A) = \frac{{n(\bar A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{18}}{{36}} = \frac{1}{2}\).

c) \(P(\bar B) = \frac{{n(\bar B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{18}}{{36}} = \frac{1}{2}.\)

d) \(P(\overline {AB} ) = \frac{{n(\overline {AB} )}}{{n(\Omega )}} = \frac{9}{{36}} = \frac{1}{4}.\)

 \(\Delta SAG = \Delta SBG = \Delta SCG\). Suy ra góc giữa các cạnh bên và đáy bằng nhau.

 \[\left\{ \begin{array}{l}SA = SB = SC\\AB = AC = BC\end{array} \right.\], suy ra hình chiếu vuông góc của \(S\) lên trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

 \(BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SA\).

Vì \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x}.{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 1\).Đặt \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x} = t\),\(\left( {t > 0} \right)\) suy ra \({\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = \frac{1}{t}\)Phương trình trở thành: \[t + \frac{1}{t} = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 4t + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2 + \sqrt 3 \\t = 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\].

\(t = 2 + \sqrt 3  \Rightarrow x = {x_1} =  - 2\)

\(t = 2 - \sqrt 3  \Rightarrow x = {x_2} = 2\)

Vậy \({x_1} + {x_2} = 0\)

a) Ta có \[f'\left( x \right) = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} - 2x} \right) = {x^2} + x - 2\]

b) \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \vee x =  - 2\]

c) \[f'\left( x \right) =  - 2 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 =  - 2 \Leftrightarrow {x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x =  - 1\]

d) \[f'\left( x \right) = 10 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 10 \Leftrightarrow {x^2} + x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 3 \vee x =  - 4\]

Trả lời: \(0,58\)

Lời giải

Rõ ràng việc Minh đi biển hay không hoàn toàn phụ thuộc vào thời tiết.

Ta có sơ đồ cây như sau:

Trong đó: \(N\) là biến cố "Trời nắng", \(M\) là biến cố “Trời mưa", \(B\) là biến cố "Đi biển”.

Xác suất Minh đi biển chơi là: \(0,8 \cdot 0,7 + 0,2 \cdot 0,1 = 0,58\).

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

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  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 \(A\).