Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 06
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.
Với mọi số thực dương \(a\), \(b\), \(x\), \(y\) và \(a\), \(b\) khác \(1\), mệnh đề nào sau đây sai?
\({\log _b}a.{\log _a}x = {\log _b}x\).
\({\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _b}x\).
\({\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x - {\log _a}y\).
\({\log _a}\frac{1}{x} = \frac{1}{{{{\log }_a}x}}\).
\({\log _a}\frac{1}{x} = \frac{1}{{{{\log }_a}x}}\)
Tập nghiệm \(S\) của bất phương trình \({5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{ - x}}\) là
\[S = \left( { - \infty ;2} \right)\].
\[S = \left( { - \infty ;1} \right)\].
\[S = \left( {1; + \infty } \right)\].
\[S = \left( {2; + \infty } \right)\].
\({5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {\left( 5 \right)^{2x}} \Leftrightarrow 2 < x\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\), góc giữa hai đường thẳng \(A'B\) và \(B'C\) là
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
Ta có \(B'C\;{\rm{//}}\;A'D\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;B'C} \right)} = \widehat {\left( {A'B;A'D} \right)}\)\( = \widehat {DA'B}\).
Xét \(\Delta DA'B\) có \(A'D = A'B\)\( = BD\) nên \(\Delta DA'B\) là tam giác đều.
Vậy \(\widehat {DA'B}\)\( = 60^\circ \).
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông cạnh \[a\]. \[SA\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] và \[SA = a\sqrt 6 \] (hình vẽ). Gọi \[\alpha \] là góc giữa đường thẳng \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\]. Tính \[\sin \alpha \] ta được kết quả là:
\[\frac{1}{{\sqrt {14} }}\].
\[\frac{{\sqrt 2 }}{2}\].
\[\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
\[\frac{1}{5}\].
Gọi \[O\] là tâm hình vuông \[ABCD\] thì \[BO \bot \left( {SAC} \right)\]\[ \Rightarrow \alpha = \widehat {\left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right)}\]\[ = \widehat {BSO}\].
Ta có \[SB = a\sqrt 7 \], \[\sin \alpha = \frac{{BO}}{{SB}}\]\[ = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }}\]\[ = \frac{1}{{\sqrt {14} }}\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\), \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Khẳng định nào sau đây sai?
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAD} \right)\).
Chọn D
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\].
Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
Vậy đáp án D sai.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\) cạnh \(a\). Tính khoảng cách giữa \(SC\) và \(AB\) biết rằng \(SO = a\) và vuông góc với mặt đáy của hình chóp.
\(a\).
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).
\(\frac{{2a}}{5}\).
\(\frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
Từ giả thiết suy ra hình chóp \(S.ABCD\)là hình chóp tứ giác đều.
Ta có \(AB{\rm{//}}CD\)\( \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\) nên \(d\left( {SC;AB} \right)\)\( = d\left( {AB;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\)\( = d\left( {A;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\).
Mặt khác \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(d\left( {A;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\)\( = 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\).
Như vậy \(d\left( {SC;AB} \right)\)\( = 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\).
Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\), ta có \(OM \bot CD\) và \(OM = \frac{a}{2}\). Kẻ \(OH \bot SM\), với \(H \in SM\), thì \(OH \bot {\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)\).
Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \[O\], ta có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}\)\( = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}}\).
Từ đó \(OH = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\).
Vậy \(d\left( {SC;AB} \right)\)\( = 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)\)\( = 2.OH\)\( = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
Cho một hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy, \(SA = 2a\), thể tích của khối chóp là \(V\). Khẳng định nào sau đây đúng ?
\(V = \frac{2}{3}{a^3}\).
\(V = 2{a^3}\).
\(V = \frac{1}{3}{a^3}\).
\(V = {a^3}\).
Ta có: \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA\)\( = \frac{2}{3}{a^3}\).
Tung một đồng xu cân đối và đồng chất hai lần liên tiếp. Cho biết hai biến cố \(A\): "Có ít nhất một lần xuất hiện mặt sấp”, \(B\) : "Có ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa". Khi đó số phần tử của biến cố \(A \cap B\) bằng:
4
2
8
7
\(A = \{ SS;SN;NS\} ;B = \{ NS;SN;NN\} .\)\(A \cap B = \{ SN;NS\} \).
Cho hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập. Khi đó \(P(AB)\) bằng:
\(P(A) - P(B)\).
\(P(A) + P(B)\).
\(P(A) \cdot P(B)\).
\([1 - P(A)][1 - P(B)]\).
Chọn C
Một hộp có 5 viên bi màu đen, 4 viên bi màu trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ chiếc hộp đó. Tìm xác suất để chọn được 2 viên bi cùng màu.
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{4}{9}\).
\(\frac{1}{9}\).
\(\frac{5}{4}\).
Chọn B.
Gọi \(A\) là biến cố: "Lấy được 2 viên bi màu trắng", suy ra \(P(A) = \frac{{C_4^2}}{{C_9^2}} = \frac{1}{6}\).
Gọi \(B\) là biến cố: "Lấy được 2 viên bi màu đen", suy ra \(P(B) = \frac{{C_5^2}}{{C_9^2}} = \frac{5}{{18}}\).
Gọi \(C\) là biến cố: "Lấy được 2 viên bi cùng màu".
Ta có \(C = A \cup B\) và \(A,B\) là hai biến cố xung khắc.
Vì vậy: \(P(C) = P(A) + P(B) = \frac{4}{9}\).
Tính đạo hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
\(f'\left( x \right) = 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
\(f'\left( x \right) = - 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
\[f'\left( x \right) = 2.{{\rm{e}}^{x - 3}}\].
\(f'\left( x \right) = {{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {2x - 3} \right)^\prime }.{{\rm{e}}^{2x - 3}} = 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\).
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^2} - x - 2\) tại điểm có hoành độ \(x = 1\) là
\(2x - y = 0\)
\(2x - y - 4 = 0\).
\(x - y - 1 = 0\).
\(x - y - 3 = 0\).
Gọi \(M\) là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số. Theo giả thiết: \(M\left( {1;\, - 2} \right)\)
Gọi \(k\) là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại \(M\).
Ta có \(y' = 2x - 1\), \(k = y'\left( 1 \right) = 1\)
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y = 1\left( {x - 1} \right) - 2 \Leftrightarrow x - y - 3 = 0\)
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
Gọi \(S\) là tập hợp các số có ba chữ số tạo bởi các chữ số \(0;1;2;3;4;5\). Gọi biến cố \(A\) là "Chọn được số chẵn từ tập hợp \(S\)", \(B\) là biến cố "Chọn được số lớn hơn 300 từ tập hợp \(S\)". Khi đó:
\(P(A) = \frac{1}{2}\)
\(P(A) < P(B)\)
\(P(AB) = \frac{1}{5}\)
\(P(A \cup B) = \frac{{161}}{{180}}\)
a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Sai |
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 \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) =
\frac{{25}}{{36}}\).
Cho hình chóp cụt đều \[ABC.A'B'C'\] với đáy lớn \[ABC\] có cạnh bằng \[a\]. Đáy nhỏ \[A'B'C'\] có cạnh bằng \(\frac{a}{2}\), chiều cao \[OO' = \frac{a}{2}\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Ba đường cao\[AA'\], \[BB'\], \[CC'\] đồng qui tại\[S\].
\[AA' = BB' = CC' = \frac{a}{2}\].
Góc giữa mặt bên mặt đáy là góc \[SIO\] (\[I\] là trung điểm\[BC\]).
Đáy lớn \[ABC\] có diện tích gấp \[4\] lần diện tích đáy nhỏ \[A'B'C'\].
a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng |
+ 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.
Gọi a là một nghiệm của phương trình \({4.2^{2\log x}} - {6^{\log x}} - {18.3^{2\log x}} = 0\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\({\left( {a - 10} \right)^2} = 1\).
\(a\) cũng là nghiệm của phương trình \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{\log x}} = \frac{9}{4}\).
\({a^2} + a + 1 = 2\).
\(a = {10^2}\).
a) Sai | b) Sai | c) Sai | 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 \(a = 100 = {10^2}\).
Cho hàm số \[y = f\left( x \right) = \sin 2x\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\[{y^2} + {\left( {y'} \right)^2} = 4\].
\(4y + y'' = 0\).
\[4y - y'' = 0\].
\[y = y'\tan 2x\].
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
\(y' = 2\cos 2x\), \(y'' = - 4\sin 2x\).
\[{y^2} + {\left( {y'} \right)^2} = {\sin ^2}2x + 4{\cos ^2}2x = 1 + 3{\cos ^2}2x\].
\(4y + y'' = 4\sin 2x - 4\sin 2x = 0\).
\(4y - y'' = 8\sin 2x\).
\(y'\tan 2x = 2\cos 2x.\frac{{\sin 2x}}{{\cos 2x}} = 2\sin 2x\).
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Một máy bay chỉ bị rơi khi trúng cùng lúc ít nhất hai viên đạn pháo. Biết rằng xác suất để khẩu pháo \(A,B,C\) bắn trúng máy bay lần lượt là 0,\(6;0,5\) và 0,7. Tính xác suất để máy bay không bị rơi khi các khẩu pháo trên cùng lúc khai hoả (xem như việc bắn trúng của các khẩu pháo là độc lập với nhau).
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
\(P(A)P(B)P(\bar C) + P(C)P(B)P(\bar A) + P(A)P(C)P(\bar B) + P(A)P(B)P(C) = 0,65.\)
Một chiếc hộp chứa 8 viên bi màu xanh, 5 viên bi màu đỏ có cùng kích thước và khối lượng. Lấy lần lượt một viên bi từ hộp và không trả lại, thực hiện hai lần liêp tiếp. Tính xác suất để: lấy được 2 viên bi cùng màu;
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: \(\frac{{19}}{{39}}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a,SA \bot (ABC)\) và \(SA = 2a\). Tính góc phẳng nhị diện \([A,SC,B]\)?
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 \(I:\tan \widehat {BHI} = \frac{{BI}}{{HI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 5 }}{5}a}} = \frac{{\sqrt {15} }}{2} \Rightarrow \widehat {BHI} \approx {62,7^0}\)
Cho tứ diện \(S.ABC\) trong đó \(SA,SB,SC\) vuông góc với nhau từng đôi một và \(SA = 3a,SB = a,SC = 2a\). Tính khoảng cách từ \(A\) đến đường thẳng \(BC\).
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 \(d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\).
Số lượng của một loại vi khuẩn được xác định bởi công thức:
\(P\left( t \right) = \frac{{1500000}}{{1 + 5000{e^{ - 0,8t}}}}\)
trong đó \(t\) là thời gian được tính bằng giờ. Hỏi vào thời gian nào thì số lượng vi khuẩn tăng nhanh nhất
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.
Một vật có phương trình chuyển động \(S\left( t \right) = 4,9{t^2}\) trong đó \(t\) tính bằng giây \(\left( s \right)\), \(S\left( t \right)\) tính bằng mét \(\left( m \right)\). Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 6s\)bằng?
Trả lời: \(58,8m/s\).
Lời giải
w \(v = S'\left( t \right) = 9,8t\)
\[{v_{\left( 6 \right)}} = 9,8.6 = 58,8m\]
