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

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

Vì hàm số \(y = {\log _c}x\) nghịch biến nên \(0 < c < 1\), các hàm số \(y = {a^x},\,y = {b^x}\) đồng biến nên \(a > 1;\,b > 1\) nên \(c\) là số nhỏ nhất trong ba số.

Đường thẳng \(x = 1\) cắt hai hàm số \(y = {a^x},\)\(y = {b^x}\)tại các điểm có tung độ lần lượt là \(a\) và \(b\), dễ thấy \(a > b\)(hình vẽ). Vậy \(c < b < a\)

Điều kiện \[x > \frac{3}{4}\].

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với \({\log _3}{\left( {4x - 3} \right)^2} \le {\log _3}\left( {18x + 27} \right)\) \( \Leftrightarrow {\left( {4x - 3} \right)^2} \le 18x + 27\)\( \Leftrightarrow 16{x^2} - 42x - 18 \le 0\)\( \Leftrightarrow  - \frac{3}{8} \le x \le 3\).

Kết hợp với điều kiện nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {\frac{3}{4};3} \right]\).

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

Có \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right){\rm{d}}t} \)\( = \int {\left( { - 2t + 10} \right){\rm{d}}t = 10t - {t^2} + C} \).

Lại có \(v\left( 0 \right) = 5\) \( \Leftrightarrow C = 5\). Vậy \(v\left( t \right) = 10t - {t^2} + 5\).

Khi đó vận tốc của vật sau \(5\) giây là \(v\left( 5 \right) = 10.5 - {5^2} + 5 = 30\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Số phần tử của không gian mẫu là 5.6.6=180 (phần tử).

Xác suất của các biến cố \(A,B\) và \(AB\) lần lượt là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{5.3.6}}{{180}} = \frac{1}{2}\),

\(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{2.6.6 - 1}}{{180}} = \frac{{71}}{{180}},P(AB) = \frac{{n(AB)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{2.6.3}}{{180}} = \frac{1}{5}.\)

Xác suất của biến cố \(A \cup B\) là \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \frac{{25}}{{36}}\).

+ Đáp án a đúng.
+ Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được \[\frac{{AA'}}{{SA}} = \frac{{OO'}}{{SO}} = \frac{1}{2}\] \[ \Rightarrow SO = 2OO' = a\]. Mặt khác \[\Delta ABC\] là tam giác đều cạnh \[a\], có \[AI\] là đường trung tuyến \[ \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] \[ \Rightarrow AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].

Áp dụng định lý Pytago trong \[\Delta SOA\] vuông tại \[O\] ta có:

\[S{A^2} = S{O^2} + A{O^2} = {a^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{12{a^2}}}{9}\] \[ \Rightarrow SA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\] \[ \Rightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\]. Vì \[ABC.A'B'C'\] là hình chóp cụt đều nên \[AA' = BB' = CC' = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\] \[ \Rightarrow \] đáp án b sai.

+ Ta có: \[\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\]. Vì \[\Delta SBC\] cân tại \[S\] và \[I\] là trung điểm của \[BC\] nên suy ra \[SI \bot BC\]. Mặt khác \[\Delta ABC\] là tam giác đều có \[I\] là trung điểm của \[BC\] \[ \Rightarrow AI \bot BC\].

\[ \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SI,AI} \right) = \left( {SI,OI} \right) = \widehat {SIO}\] \[ \Rightarrow \] đáp án c đúng.

+ Ta có: \[\frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta A'B'C'}}}} = \frac{{\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A}}{{\frac{1}{2}.A'B'.A'C'.\sin A'}} = \frac{{AB.AC}}{{A'B'.A'C'}} = \frac{{2A'B'.2A'C'}}{{A'B'.A'C'}} = 4\] \[ \Rightarrow \] đáp án d đúng.

Điều kiện \(x > 0\).

Chia cả hai vế của phương trình cho \({3^{2\log x}}\) ta được \(4{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2\log x}} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}} - 18 = 0\).

Đặt \(t = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}}\), \(t > 0\).

Ta có \(4{t^2} - t - 18 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{9}{4}\\t =  - 2\left( L \right)\end{array} \right.\).

Với \(t = \frac{9}{4}\) \( \Rightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}} = \frac{9}{4}\) \( \Leftrightarrow \log x = 2\) \( \Leftrightarrow x = 100\).

Vậy \(a = 100 = {10^2}\).

\(y' = 2\cos 2x\), \(y'' =  - 4\sin 2x\).

\[{y^2} + {\left( {y'} \right)^2} = {\sin ^2}2x + 4{\cos ^2}2x = 1 + 3{\cos ^2}2x\].

\(4y + y'' = 4\sin 2x - 4\sin 2x = 0\).

\(4y - y'' = 8\sin 2x\).

\(y'\tan 2x = 2\cos 2x.\frac{{\sin 2x}}{{\cos 2x}} = 2\sin 2x\).

Trả lời: 0,65

Lời giải

Gọi \(A,B,C\) lần lượt là các biến cố "Khẩu pháo A bắn trúng máy bay", "Khẩu pháo B bắn trúng máy bay", "Khẩu pháo C bắn trúng máy bay".

Biến cố máy bay bị rơi là \(AB\bar C \cup \bar ABC \cup A\bar BC \cup ABC\).

Xác suất máy bay bị rơi là

\(P(A)P(B)P(\bar C) + P(C)P(B)P(\bar A) + P(A)P(C)P(\bar B) + P(A)P(B)P(C) = 0,65.\)

Trả lời: \(\frac{{19}}{{39}}\)

Lời giải

Ta có sơ đồ cây như sau:

Trong đó: \(X\) là biến cố "Lấy được 1 viên bi màu xanh", Đ là biến cố "Lấy được 1 viên bi màu đỏ".

Xác suất lấy được 2 viên bi cùng màu là: \(\frac{{19}}{{39}}\).

Trả lời: \( \approx {62,7^0}\)

Lời giải

Kẻ \(BI \bot AC\)

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

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAC) \cap (SBC) = SC}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SAC),IH \bot SC \Rightarrow [A,SC,B] = \widehat {IHB}}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SBC),BH \bot SC}\end{array}} \right.\)

Ta có:

ΔHCI∽ΔACS⇒HISA=CISC⇒HI=SA⋅CISC=2a⋅a2(2a)2+a2=55a

Xét \(\Delta BH\) vuông tại \(I:\tan \widehat {BHI} = \frac{{BI}}{{HI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 5 }}{5}a}} = \frac{{\sqrt {15} }}{2} \Rightarrow \widehat {BHI} \approx {62,7^0}\)

Trả lời: \(d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\)

Lời giải

Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H \Rightarrow d(A,BC) = AH\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AH}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAH) \Rightarrow BC \bot SH} \right.\)

Ta có: \(SH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{C^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a\)

Ta có: \(AH = \sqrt {S{A^2} + S{H^2}}  = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}a} \right)}^2}}  = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\)

Vậy \(d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\).

Trả lời: \(10,6465\) giờ.

Lời giải

\(P\left( t \right) = \frac{{1500000}}{{1 + 5000{e^{ - 0,8t}}}} \Rightarrow P'\left( t \right) = \frac{{6000000000.{e^{ - 0,8t}}}}{{{{\left( {1 + 5000{e^{ - 0,8t}}} \right)}^2}}} \le \frac{{6000000000.{e^{ - 0,8t}}}}{{4.1.5000{e^{ - 0,8t}}}} = 300000\).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(1 = 5000{e^{ - 0,8t}} \Leftrightarrow t \approx 10,6465\) giờ.

Trả lời: \(58,8m/s\).

Lời giải

w \(v = S'\left( t \right) = 9,8t\)

\[{v_{\left( 6 \right)}} = 9,8.6 = 58,8m\]