Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 09

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

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - x + 7} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 5x + 7 > 0\\{x^2} - 5x + 7 < 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\\{x^2} - 5x + 6 < 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow x \in \left( {2;\,3} \right)\).

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

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 \(k = y'\left( 2 \right) = {3.2^2} - 6.2 = 0\).

Gọi \(A\) là biến cố "Rút được một thẻ đánh số chẵn và một thẻ đánh số lẻ", \(B\) là biến cố "Rút được hai thẻ đều đánh số chẵn”.

Khi đó biến cố "Tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn" là \(A \cup B\).

Do hai biến cố xung khắc nên \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\).

Vì có 10 số chẵn và 10 số lẻ nên ta có:

\(P(A) = \frac{{C_{10}^1 \cdot C_{10}^1}}{{C_{20}^2}} = \frac{{10}}{{19}},P(B) = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{20}^2}} = \frac{9}{{38}}{\rm{. }}\)

Do đó, \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) = \frac{{10}}{{19}} + \frac{9}{{38}} = \frac{{29}}{{38}}\).

d: sai vì \(BD\) không vuông góc với \(CD\).

Ta có: \({\log _{0,3}}\left( {4{x^2}} \right) \ge {\log _{0,3}}\left( {12x - 5} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{12x - 5 > 0\,\,\,\,}\\{4{x^2} \le 12x - 5}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > \frac{5}{{12}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{4{x^2} - 12x + 5 \le 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > \frac{5}{{12}}\,\,\,\,\,}\\{\frac{1}{2} \le x \le \frac{5}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le \frac{5}{2}\).

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho \(S = \left[ {\frac{1}{2};\,\frac{5}{2}} \right]\).

Khi đó: \(M = \frac{5}{2}\); \(m = \frac{1}{2}\) và \(m + M = \frac{5}{2} + \frac{1}{2} = 3\).

\[{f^3}(2 - x) - 2{f^2}(2 + 3x) + {x^2}.g(x) + 36x = 0\], \[\,\,\forall x \in \mathbb{R}\]\[\left( 1 \right)\].

Vì \[\left( 1 \right)\]đúng\[\,\forall x \in \mathbb{R}\] nên cũng đúng với\[x = 0 \Rightarrow {f^3}(2) - 2{f^2}(2) = 0\,\,\]\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f(2) = 0\\f(2) = 2\end{array} \right.\]

Lấy đạo hàm hai vế của \[\left( 1 \right)\]ta có:

\[ - 3{f^2}(2 - x).f'(2 - x) - 12f(2 + 3x).f'(2 + 3x) + 2x.g(x) + {x^2}.g'(x) + 36 = 0\,\], \[\,\forall x \in \mathbb{R}\]

Cho \[x = 0\]\[ \Rightarrow  - 3{f^2}(2).f'(2) - 12f(2).f'(2) + 36 = 0\,\]\[\left( 2 \right)\].

Ta thấy \[f(2) = 0\] không thỏa mãn \[\left( 2 \right)\]nên \[f(2) = 2\], khi đó \[f'(2) = 1\]\[ \Rightarrow 3f(2) + 4f'(2) = 10\]..

Vậy \(A = 3.f\left( 2 \right) + 4.f'\left( 2 \right) = 10\).

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: \(\widehat {SOC} = {106,1^0}\)

Ta có: \(SA \bot (ABCD)\) tại \(A\) và \(SC\) cắt mp \((ABCD)\) tại \(C\)

\( \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) 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: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot SA}\\{BD \bot AC}\end{array} \Rightarrow BD \bot (SAC)} \right.\)

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 \(\Delta SAO\) 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 \(A\).