Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 07
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.
Đặt \(a = {\log _5}3\). Tính theo \(a\) giá trị của biểu thức \({\log _9}1125\).
\({\log _9}1125 = 1 + \frac{3}{{2a}}\).
\({\log _9}1125 = 2 + \frac{3}{a}\).
\({\log _9}1125 = 2 + \frac{2}{{3a}}\).
\({\log _9}1125 = 1 + \frac{3}{a}\).
Ta có: \({\log _9}1125 = {\log _{{3^2}}}\left( {{5^3}{{.3}^2}} \right) = {\log _{{3^2}}}{5^3} + {\log _{{3^2}}}{3^2} = \frac{3}{2}{\log _3}5 + 1 = \frac{3}{2}.\frac{1}{{{{\log }_5}3}} + 1 = 1 + \frac{3}{{2a}}\).
Phương trình \({2^{x - 1}} = 8\) có nghiệm là
\(x = 4\).
\(x = 1\).
\(x = 3\).
\(x = 2\).
Ta có \({2^{x - 1}} = 8 \Leftrightarrow x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4\).
Trong tứ diện \(OABC\) có \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc với nhau và \[OA = OB = 2OC\]. Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Góc giữa \(OG\) và \(AB\) bằng:
\[{75^0}\].
\[{45^0}\].
\[{60^0}\].
\[{90^0}\].
Gọi M là trung điểm \(AB\), ta có \(OM \bot AB\). Mặt khác dễ thấy \(OC \bot \left( {OAB} \right) \Rightarrow OC \bot AB\)
\( \Rightarrow AB \bot \left( {OCM} \right) \Rightarrow AB \bot OG \Rightarrow \left( {\widehat {OG,AB}} \right) = {90^0}\)
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh \[AB = a\], \[AD = \sqrt 3 a\]. Cạnh bên \[SA = a\sqrt 2 \] và vuông góc mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\]bằng:
\(75^\circ \).
\(60^\circ \).
\[45^\circ \].
\(30^\circ \).
Kẻ \[BH \bot AC\] và \[H \in AC\]\[ \Rightarrow \]\[BH \bot \left( {SAC} \right)\].
\[SH\] là hình chiếu của \[BH\] trên mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\].
Góc giữa \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\] là \[\widehat {BSH}\].
Ta có \[BH = \frac{{AB.BC}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\], \[SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 3 \].
Trong tam giác vuông \[SBH\] ta có \[\sin \widehat {BSH} = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{1}{2}\]\[ \Rightarrow \widehat {BSH} = 30^\circ \].
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật tâm \(I\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?
\[\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right) \cdot \]
\[\left( {SBC} \right) \bot \left( {SIA} \right) \cdot \]
\[\left( {SDC} \right) \bot \left( {SAI} \right) \cdot \]
\[\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right) \cdot \]
Chọn A
Ta có:
\[CD \bot AD\](vì \(ABCD\) là hình chữ nhật)
\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\)
\(SA \cap AD = A\)
\(SA,AD \subset \left( {SAD} \right)\)
\( \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)
Mà \[CD \subset \left( {SCD} \right)\] nên \[\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)\].
Cho hình lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] có đáy \[ABC\] là tam giác vuông tại \[B\], \[AB = a\], \[AA' = 2a\]. Tính khoảng cách từ điểm \[A\]đến mặt phẳng \[\left( {A'BC} \right)\]
\(2\sqrt 5 a\).
\(\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\).
\(\frac{{\sqrt 5 a}}{5}\).
\(\frac{{3\sqrt 5 a}}{5}\).
Dựng \[AH \bot A'B\].
Ta có \[\left. \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {A'AB} \right)\]\[ \Rightarrow BC \bot AH\]
Vậy \[AH \bot \left( {A'BC} \right)\]\[ \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH\].
Xét tam giác vuông \[A'AB\] có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\]\[ \Leftrightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\].
Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA\), \(OB\), \(OC\) đôi một vuông góc với nhau và \(OA\, = \,a\), \(OB\, = \,2a\), \(OC\, = \,3a\). Thể tích của khối tứ diện \(OABC\) bằng
\(V = \frac{{2{a^3}}}{3}\).
\(V = \frac{{{a^3}}}{3}\).
\(V = 2{a^3}\).
\(V = {a^3}\).
Ta có: \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{3}OA.{S_{OBC}}\)\( = \frac{1}{3}OA.\frac{1}{2}OB.OC\)\( = {a^3}\).
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 \(A \cup B\) bằng:
4
2
8
7
\(A = \{ SS;SN;NS\} ;B = \{ NS;SN;NN\} .\)
\(A \cup B = \{ SS;SN;NS;NN\} \).
Cho hai biến cố \(A\) và \(B\) với \(P(A) = 0,3;P(B) = 0,4\) và \(P(AB) = 0,2\). Xác suất để \(A\) hoặc \(B\) xảy ra bằng:
0,3 .
0,4.
0,6 .
0,5 .
Chọn D.
Ta có: \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,3 + 0,4 - 0,2 = 0,5\)
Gieo hai con xúc xắc sáu mặt cân đối và đồng chất. Gọi \(X\) là biến cố: " Tích số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc là một số lẻ”. Xác suất của \(X\) bằng:
\(\frac{1}{5}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{1}{2}\).
Chọn B.
Gọi \(A\) là biến cố: "Con xúc xắc thứ nhất xuất hiện mặt lẻ ", \(P(A) = \frac{1}{2}\).
Gọi \(B\) là biến cố: "Con xúc xắc thứ hai xuất hiện mặt lẻ ", \(P(B) = \frac{1}{2}\).
Gọi \(C\) là biến cố: “Tích số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc là một số lẻ”.
Vì \(A,B\) là hai biến cố độc lập nên ta có: \(P(C) = P(AB) = P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{4}\)
Tính đạo hàm của hàm số \[y = {\left( {{x^2} - x + 1} \right)^3}\] tại điểm \[x = - 1\].
\[27\].
\[ - 27\].
\[81\].
\[ - 81\].
Ta có \[y' = 3{\left( {{x^2} - x + 1} \right)^2}{\left( {{x^2} - x + 1} \right)^\prime } = 3\left( {2x - 1} \right){\left( {{x^2} - x + 1} \right)^2}\].
Suy ra \[y'\left( { - 1} \right) = - 81\].
Phương trình tiếp tuyến của đường cong \(y = {x^3} + 3{x^2} - 2\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là:
\(y = 9x - 7\).
\(y = 9x + 7\).
\(y = - 9x - 7\).
\(y = - 9x + 7\).
\(y' = 3{x^2} + 6x\)
Có \({x_0} = 1\)\( \Rightarrow y\left( 1 \right) = 2\) và \(y'\left( 1 \right) = 9\)
Khi đó phương trình tiếp tuyến tại điểm \(\left( {1;\,2} \right)\) có dạng \(y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\) \( \Leftrightarrow y = 9x - 7\).
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
An và Huy lần lượt lấy ngẫu nhiên các mảnh giấy có kích thước giống nhau được đánh số từ 1 đến 9 trong một hộp kín. Gọi biến cố \(A\): "An lấy được mảnh giấy đánh số chẵn". Biến cố \(B\): "Huy lấy được mảnh giấy đánh số chẵn". Biến cố \(C\): "An lấy được mảnh giấy đánh số 8". Khi đó:
\(P(A) = \frac{4}{9}\)
\(P(C) = \frac{1}{9}\)
\(P(B) = \frac{4}{9}\)
Hai biến cố \(A\) và \(C\) không độc lập.
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
Ta có \(P(A) = \frac{4}{9},P(C) = \frac{1}{9}\).
Nếu \(A\) xảy ra thì xác suất để Huy lấy được mảnh giấy đánh số chẵn là \(\frac{3}{8}\), nếu \(A\) không xảy ra thì xác suất để Huy lấy ra được mảnh giấy đánh số chẵn là \(\frac{4}{8}\). Do đó \(P(B) = \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{8} + \frac{5}{9} \cdot \frac{4}{8} = \frac{4}{9}\).
Rõ ràng hai biến cố \(A\) và \(B\) không độc lập, hai biến cố \(C\) và \(B\) không độc lập, hai biến cố \(A\) và \(C\) độc lập.
Cho ba tia\[Ox\], \[Oy\], \[Oz\] vuông góc nhau từng đôi một. Trên \[Ox\], \[Oy\], \[Oz\] lần lượt lấy các điểm\[A\], \[B\], \[C\] sao cho\[OA = OB = OC = a\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\[O.ABC\] là hình chóp đều.
Tam giác \[ABC\] có diện tích \[S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\].
Tam giác \[ABC\] có chu vi \[2p = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\].
Ba mặt phẳng \[\left( {OAB} \right)\], \[\left( {OBC} \right)\], \[\left( {OCA} \right)\] vuông góc với nhau từng đôi một.
a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng |
+ Áp dụng định lý Pytago trong tam giác \[OAB\] vuông tại \[O\] ta có:
\[A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\] \[ \Rightarrow AB = a\sqrt 2 \].
Hoàn toàn tương tự ta tính được \[BC = AC = a\sqrt 2 \].
\[ \Rightarrow \Delta ABC\] là tam giác đều. Mặt khác theo giả thiết \[OA = OB = OC = a\] \[ \Rightarrow \] các mặt bên của hình chóp \[O.ABC\] là các tam giác cân tại \[O\] \[ \Rightarrow O.ABC\] là hình chóp đều \[ \Rightarrow \] đáp án a đúng.
+ Chu vi \[\Delta ABC\] là: \[2p = AB + AC + BC = a\sqrt 2 + a\sqrt 2 + a\sqrt 2 = 3a\sqrt 2 \] \[ \Rightarrow \] đáp án c sai.
+ Nửa chu vi Diện tích \[\Delta ABC\] là: \[p = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\]. Diện tích \[\Delta ABC\] là:
\[S = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}{{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2} - a\sqrt 2 } \right)}^3}} = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^3}} = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{8}} = \sqrt {\frac{{3{a^4}}}{4}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\] (đvdt).
\[ \Rightarrow \] đáp án b đúng.
+ Dễ chứng minh được \[\left\{ \begin{array}{l}OA \bot \left( {OBC} \right)\\OA \subset \left( {OAB} \right)\\OA \subset \left( {OAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {OAB} \right) \bot \left( {OBC} \right)\\\left( {OAC} \right) \bot \left( {OBC} \right)\end{array} \right.\], \[\left\{ \begin{array}{l}OB \bot \left( {OAC} \right)\\OB \subset \left( {OAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OAB} \right) \bot \left( {OAC} \right)\].
\[ \Rightarrow \] đáp án d đúng.
Cho phương trình \[{3^x} = m + 1\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Phương trình có nghiệm dương nếu \[m > 0\].
Phương trình luôn có nghiệm với mọi \[m\].
Phương trình luôn có nghiệm duy nhất \[x = {\log _3}\left( {m + 1} \right)\].
Phương trình có nghiệm với \[m \ge - 1\].
a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Sai |
Ta có \[{3^x} > 0\], \[\forall x \in \mathbb{R}\] nên \[{3^x} = m + 1\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > - 1\].
Từ đó ta loại được đáp án b và d
Xét đáp án a, phương trình có nghiệm dương thì \[{3^x} > {3^0} = 1\] nên \[m + 1 > 1 \Leftrightarrow m > 0\].
Từ đó đáp án a đúng.
Xét đáp án c, ta thấy sai vì ở đây thiếu điều kiện \[m > - 1\].
Một chuyển động xác định bởi phương trình \(S\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} - 9t + 2\). Trong đó \(t\) được tính bằng giây, \(S\) được tính bằng mét. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Vận tốc của chuyển động bằng \(0\)khi \(t = 0\,{\rm{s}}\) hoặc \(t = 2\,{\rm{s}}.\)
Gia tốc của chuyển động tại thời điểm \(t = 3\,{\rm{s}}\) là \(12\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}\).
Gia tốc của chuyển động bằng \(0\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}\) khi \(t = 0\,{\rm{s}}\).
Vận tốc của chuyển động tại thời điểm \(t = 2\,{\rm{s}}\) là \(v = 18\;{\rm{m/s}}.\)
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
Vận tốc của chuyển động tại thời điểm \(t\) có phương trình là \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t - 9.\)
Gia tốc của chuyển động tại thời điểm \(t\) có phương trình là \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6.\)
Tại thời điểm \(t = 3\,{\rm{s}}\) ta có \(a\left( 3 \right) = 6.3 - 6 = 12\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}.\)
Phần 3. Câu trả lời ngắn.Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
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 ít nhất 1 viên bi màu đỏ.
Trả lời: \(\frac{{25}}{{39}}\)
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 ít nhất một viên bi đỏ: \(\frac{{25}}{{39}}\).
Khi tung một đồng xu không cân đối thì người ta thấy rằng xác suất để đồng xu xuất hiện mặt sấp bằng \(\frac{2}{3}\). Tung đồng xu này ba lần liên tiếp. Tính xác suất để chỉ xuất hiện mặt sấp;
Trả lời: \(\frac{8}{{27}}\)
Lời giải
Xác suất chỉ xuất hiện mặt sấp là: \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} = \frac{8}{{27}}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a,SA \bot (ABC)\) và \(SB = a\sqrt 5 \). Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Tính góc giữa đường thẳng \(SM\) và mặt phẳng \((SAC)\)?
Trả lời: \( \approx {11,5^0}\)
Lời giải
Kẻ \(MH \bot AC\)
Ta có: \(MH \bot SA \Rightarrow MH \bot (SAC)\) tại \(H\) và \(SM\) cắt mp \((SAC)\) tại \(S\)
\( \Rightarrow SH\) là hình chiếu của \(SM\) trên mp \((SAC)\)
\( \Rightarrow (SM,(SAC)) = (SM,SH) = \widehat {MSH}\)
Ta có: \(HM = MC \cdot \sin {60^^\circ } = \frac{a}{2} \cdot \sin {60^^\circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\);
\(HC = MC \cdot \cos {60^^\circ } = \frac{a}{4} \Rightarrow AH = AC - HC = a - \frac{a}{4} = \frac{{3a}}{4}\)
Ta có: \(SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}} = \sqrt {{{(a\sqrt 5 )}^2} - {a^2} + {{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {73} }}{4}a\)
Xét \(\Delta SHM\) vuông tại \(H:\tan \widehat {MSH} = \frac{{HM}}{{SH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{\sqrt {73} a}}{4}}} = \frac{{\sqrt {219} }}{{73}} \Rightarrow \widehat {MSH} \approx {11,5^0}\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot (ABCD),SA = 3a,ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(a\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(SB\).
Trả lời: \(d(AC,SB) = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\)
Lời giải
Dựng \(Bx//AC \Rightarrow AC//(SBx)\)
Suy ra \(d(AC,SB) = d(AC,(SBx)) = d(A,(SBx))\)
Dựng và chứng minh được \(d(A,(SBx)) = AK\)
Ta có: \(\Delta AHB\) vuông cân tại \(H\) nên \(AH = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)
Ta có:
\(AK = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(3a)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}} }} = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\)
Vậy \(d(AC,SB) = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\).
Số lượng tế bào còn sống trong khoảng thời gian \(t\) (phút) kể từ lúc tiến hành thí nghiệm được xác định bởi \(f(t) = a.{e^{bt}}\)trong đó \(a,\,b\) là các hằng số cho trước. Nếu bắt đầu một thí nghiệm sinh học với \(5.000.000\) tế bào thì có \(45\% \) các tế bào sẽ chết sau mỗi phút, hỏi sau ít nhất bao lâu nó sẽ còn ít hơn \(1.000\) tế bào?
Trả lời: \(14,25\)phút.
Lời giải
Ta có \[f\left( t \right) = a.{e^{bt}}\]
Khi \[t = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 5.000.000\]\[ \Leftrightarrow a.{e^0} = 5.000.000 \Leftrightarrow a = 5.000.000\]
Khi \[t = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = \frac{{100 - 45}}{{100}}a = \frac{{55}}{{100}}a\]\[ \Leftrightarrow a.{e^b} = \frac{{55}}{{100}}a \Leftrightarrow b = \ln \left( {\frac{{55}}{{100}}} \right)\].
Theo đề ta có bất phương trình \[f\left( t \right) = a.{e^{bt}} < 1000 \Leftrightarrow t > \frac{{\ln \left( {\frac{{1000}}{a}} \right)}}{b} \approx \]\[14,245\]
Một vật rơi tự do theo phương thẳng đứng có quãng đường dịch chuyển \(S\left( t \right) = \frac{1}{2}g{t^2}\) với \(t\) là thời gian tính bằng giây (s) kể từ lúc vật bắt đầu rơi, \(S\) là quãng đường tính bằng mét (m), \(g = 9,8\,\,m/{s^2}\). Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm \(t = 4s\) là?
Trả lời: \({\rm{19}}{\rm{,6}}\,{\rm{m/s}}\).
Lời giải
Quãng đường vật dịch chuyển trong 4 giây là: \(S\left( 4 \right) = \frac{1}{2}{.9,8.4^2} = 78,4\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Vận tốc tức thời tại thời điểm \(t = 4s\) là: \(v = \frac{{78,4}}{4} = 19,6\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)
