Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 04

\(T = \sqrt[5]{{a.\sqrt[3]{a}}} = \sqrt[5]{{a.{a^{\frac{1}{3}}}}} = \sqrt[5]{{{a^{\frac{4}{3}}}}} = {a^{\frac{4}{{15}}}}\).

Hàm số \(y = {a^x}\) đồng biến khi \(a > 1\) và nghịch biến khi \(0 < a < 1\).

Suy ra hàm số \(y = {\left( {\sqrt 2 } \right)^x}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

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.

Ta có \[\widehat {\left( {AC',\left( {ABC} \right)} \right) = }\]\[\widehat {\left( {AC',AC} \right) = }\]\[\widehat {CAC'}\], \[\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}}\]\[ = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]\[ \Rightarrow \widehat {C'AC} = {30^{\rm{o}}}\].

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 \(\left( {BIH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có \(AA'\,{\rm{// }}\left( {DD'C'C} \right) \supset CM\)\( \Rightarrow d\left( {AA',CM} \right) = d\left( {AA',\left( {DD'C'C} \right)} \right) = AD = a\).

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.3a.4a = 6{a^2}\); \[{V_{SABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.2a.6{a^2} = 4{a^3}\].

B. Số phần tử của biến cố giao \(A \cap B\) là 20

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.

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.

Ta có \(y' = \frac{3}{{\left( {3x + 2} \right)\ln 3}}\).

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: \[y - 16 =  - 9\left( {x + 3} \right)\]..

a) Hai biến cố \(A\) và \(B\) không độc lập vì việc lần đầu lấy được bi xanh hay không sẽ ảnh hưởng đến việc lần sau lấy bi.

b) Ta có \(P(AB) = \frac{{15}}{{35}} \cdot \frac{{14}}{{34}} = \frac{3}{{17}}\).

d) Xác suất để hai viên bi lấy ra khác màu là:

\(P(A\bar B) + P(\bar AB) = \frac{{15}}{{35}} \cdot \frac{{20}}{{34}} + \frac{{20}}{{35}} \cdot \frac{{15}}{{34}} = \frac{{60}}{{119}}{\rm{. }}\)

Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(CD\) và \(AB\); \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BM\).

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}CD \bot BM\\CD \bot AM\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow \left( {ABM} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).

Mà \(AH \bot BM\); \(BM = \left( {ABM} \right) \cap \left( {ABC} \right)\)\(A\).

Do \(ACD\) và \(BCD\) là hai tam giác đều cạnh \(2\sqrt 3  \Rightarrow AM = BM = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 2\sqrt 3  = 3\).

Tam giác \(AMN\) vuông tại \(N\), có: \(MN = \sqrt {A{M^2} - A{N^2}}  = \sqrt {9 - \frac{{{x^2}}}{4}} \).

Lại có: \({S_{BCD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 3\sqrt 3 \).

\({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AH \cdot {S_{BCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{6} \cdot 3\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 3 }}{6}x\sqrt {36 - {x^2}} \).

Ta có: \({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}x\sqrt {36 - {x^2}}  \le \frac{{\sqrt 3 }}{6} \cdot \frac{{{x^2} + 36 - {x^2}}}{2} = 3\sqrt 3 \).

Suy ra \({V_{ABCD}}\) lớn nhất bằng \(3\sqrt 3 \) khi \({x^2} = 36 - {x^2} \Rightarrow x = 3\sqrt 2 \).

a) b) Giả thiết cho \(P = 100\) triệu đồng, \(r\%  = 7\% ,n = 2\) năm.

Ta có: \(A = {100.10^6}{\left( {1 - \frac{7}{{100}}} \right)^2} = 86490000\) đồng.

Vậy sau hai năm sức mua còn lại của 100000000 là 86490000 đồng.

c) Giả thiết cho \(P = 100\) triệu đồng, \(A = 80\) triệu đồng, \(n = 3\) năm.

Ta có: \(80 = 100{\left( {1 - \frac{r}{{100}}} \right)^3} \Leftrightarrow 1 - \frac{r}{{100}} = \sqrt[3]{{\frac{4}{5}}} \Leftrightarrow r \approx 7,17\).

Vậy tỉ lệ lạm phát trung bình của ba năm là \(r\%  \approx 7,17\% \).

d) Giả thiết cho \(P = X\) triệu đồng, \(A = \frac{X}{2}\) triệu đồng, \(r\%  = 6\% \).

Ta có: \(\frac{X}{2} = X{\left( {1 - \frac{6}{{100}}} \right)^n} \Leftrightarrow {(0,94)^n} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow n \approx 11,2\) (năm).

Vậy sau khoảng 12 năm sức mua của số tiền còn lại là một nửa.

Ta có \(y' = \sin 2x\), \(y'' = 2{\rm{cos}}2x\), \(y''' =  - 4\sin 2x\).

\(2y' + y'' = 2\left( {\sin 2x + {\rm{cos}}2x} \right) = 2\sqrt 2 {\rm{cos}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right)\),

\[2y + y'.{\rm{tan}}x = 2{\sin ^2}x + 2\sin x.{\rm{cos}}x.{\rm{tan}}x = 4{\sin ^2}x\],

\[4y - y'' = 4{\sin ^2}x - 2{\rm{cos}}2x = 2 - 4{\rm{cos2x}}\],

Trả lời: 0,65

Lời giải

Xác suất để hai bạn cùng trượt môn Toán là 0,15 ;

Xác suất hai bạn cùng trượt môn Ngữ văn là 0,5 ;

Xác suất để hai bạn cùng trượt 1 môn là: \(0,15 + 0,5 = 0,65\).

Trả lời: 0,52

Lời giải

Xác suất để hai người cùng trúng sau 1 lượt bắn là: \(\frac{1}{2} \cdot 0,7 \cdot 0,7 + \frac{1}{2} \cdot 0,8 \cdot 0,6 = 0,485\).

Xác suất để hai người cùng trượt sau 1 lượt bắn là: \(\frac{1}{2} \cdot 0,3 \cdot 0,1 + \frac{1}{2} \cdot 0,2 \cdot 0,2 = 0,035\).

Xác suất để không có ai thắng sau 1 lượt bắn là: 0,52.

Trả lời: \( \approx {73,4^^\circ }\)

Kẻ \(AI \bot BD\). Mà \(BD \bot {A^\prime }A \Rightarrow BD \bot \left( {A{A^\prime }I} \right)\)

\(\begin{array}{l}{\rm{ Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{A^\prime }BD} \right) \cap (ABD) = BD}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (ABD),AI \bot BD}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \left( {{A^\prime }BD} \right),{A^\prime }I \bot BD}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow \left[ {{A^\prime },BD,A} \right] = \widehat {{A^\prime }IA}\end{array}\)

Ta có: \(AI = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a\)

Xét \(\Delta A{A^\prime }I\) vuông tại \(A:\tan \widehat {{A^\prime }IA} = \frac{{{A^\prime }A}}{{AI}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{2\sqrt 5 }}{5}a}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow \widehat {{A^\prime }IA} \approx {73,4^^\circ }\)

Trả lời: \(\frac{{\sqrt {15} }}{{15}}a\)

Kẻ \(AI \bot BC\), kẻ \(AH \bot SI\) tại \(H\)

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

Ta lại có: \(AH \bot SI \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow d(A,(SBC)) = AH\)

Ta có: \(SA = \sqrt {S{B^2} - B{A^2}}  = \sqrt {{{(2a)}^2} - {a^2}}  = \sqrt 3 a\)

Ta có: \(AH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}} }} = \frac{{\sqrt {15} }}{5}a\)

Vậy \(d(A,(SBC)) = \frac{{\sqrt {15} }}{5}a\).

Ta có: \(GA\) cắt \[\left( {SBC} \right)\] tại \[I\]

\( \Rightarrow \frac{{d(G,(SBC))}}{{d(A,(SBC))}} = \frac{{GI}}{{AI}} = \frac{1}{3} \Rightarrow d(G,(SBC)) = \frac{1}{3}d(A,(SBC)) = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}a.\)

Trả lời: 6,7

Lời giải

Trả lời: \(410\left( m \right)\).

Lời giải

w Ta có phương trình vận tốc của vật: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) =  - 2t + 40\).

w Thời gian vật chuyển động cho đến khi dừng lại: \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2t + 40 = 0 \Leftrightarrow t = 20(s)\).

w Quãng đường vật đi được là: \(s = s\left( {20} \right) = 410(m)\).