Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 3

Đáp án đúng là: B

Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,4.0,5 = 0,2\).

Ta có \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,4 + 0,5 - 0,2 = 0,7\).

Đáp án đúng là: B

Góc nhị diện giữa hai mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà đó là góc \(\widehat {BAC}\).

Ta có \(\cos \widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}} = \frac{{2,{8^2} + 2,{8^2} - {5^2}}}{{2.2,8.2,8}} = - \frac{{233}}{{392}} \Rightarrow \widehat {BAC} \approx 126^\circ 28'\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Dựa vào đồ thị hàm số \(y = {\log _c}x\) ta thấy hàm số \(y = {\log _c}x\) là hàm nghịch biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

b) Đồ thị hàm số \(y = {\log _b}x\) đi qua điểm \(\left( {1;0} \right)\).

c) Hàm số \(y = {\log _a}x\) đồng biến nên \(a > 1\).

d) Hàm số \(y = {\log _c}x\) là hàm nghịch biến nên \(0 < c < 1\).

Hàm số \(y = {\log _a}x\), \(y = {\log _b}x\) đồng biến nên \(a > 1,b > 1\).

Với \(x > 1\) thì \({\log _a}x > {\log _b}x\)\( \Leftrightarrow {\log _a}x > \frac{1}{{{{\log }_x}b}}\)\( \Leftrightarrow {\log _a}x.{\log _x}b > 1\)\( \Leftrightarrow {\log _a}b > 1\)\( \Leftrightarrow b > a\).

Do đó \(c < a < b\).

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Tam giác \(SAC\) có \(SA = SC\) nên \(\Delta SAC\) cân tại \(S\).

Vì \(\Delta SAC\) cân tại \(S\) nên \(SO \bot AC\).

b) Ta có \(SO \bot AC\). Tương tự \(SO \bot BD\). Suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

c) Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \bot BD\) mà \(AC \bot SO\) nên \(AC \bot \left( {SBD} \right)\).

d) Vì \(AC \bot \left( {SBD} \right)\)nên \(AC \bot SB\). Suy ra \(\left( {AC,SB} \right) = 90^\circ \).

Hướng dẫn giải

Trả lời: −1

Ta có \({\log _6}5 = \frac{{{{\log }_2}5}}{{{{\log }_2}6}} = \frac{a}{{{{\log }_2}2 + {{\log }_2}3}} = \frac{a}{{1 + {{\log }_2}5.{{\log }_5}3}} = \frac{a}{{1 + \frac{a}{b}}}\).

Suy ra \(m = 1;n = 1\). Do đó \(S = m - 2n = - 1\).

Trả lời: 60

Ta có \(AD//BC\).

Do đó \(\left( {SA,BC} \right) = \left( {SA,AD} \right) = \widehat {SAD}\).

Mà tam giác \(SAD\) đều nên \(\widehat {SAD} = 60^\circ \).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 30

Giá trị đại diện của nhóm là \(\frac{{20 + 40}}{2} = 30\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,63

Xác suất để lần thứ 1 lấy được viên bi xanh và lần thứ 2 cũng lấy được viên bi xanh là:

\({P_1} = \frac{5}{8}.\frac{4}{7} = \frac{5}{{14}}\).

Xác suất để lần thứ 1 lấy được viên bi đỏ và lần thứ 2 cũng lấy được viên bi xanh là:

\({P_1} = \frac{3}{8}.\frac{5}{7} = \frac{{15}}{{56}}\).

Do đó xác suất để lần thứ hai lấy được viên bi xanh là: \(P = {P_1} + {P_2} = \frac{5}{{14}} + \frac{{15}}{{56}} = \frac{5}{8} \approx 0,63\).

Hướng dẫn giải

\(P = {\log _a}{a^3}{\log _a}b\)\( = 3{\log _a}b\).

Hướng dẫn giải

Biến cố A: “Cả hai tấm thẻ đều đánh số chẵn” nên ta có \(n\left( A \right) = C_4^2\).

Biến cố B: “Chỉ có một tấm thẻ đánh số chẵn” nên ta có \(n\left( B \right) = C_5^1.C_4^1\).

Biến cố C: “Tích hai số đánh trên hai tấm thẻ là một số chẵn” nên ta có \(n\left( C \right) = C_4^2 + C_5^1.C_4^1\).

Ta có \(P\left( C \right) = \frac{{C_4^2 + C_5^1.C_4^1}}{{C_9^2}} = \frac{{13}}{{18}} \approx 0,72\).

Hướng dẫn giải

Gọi \(O\) là giao điểm \(AC\) và \(BD\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD\) mà \(SA \bot BD\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow BD \bot SO\).

Lại có \(CO \bot BD\), suy ra \(\widehat {SOC}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BD,C} \right]\).

Có \(AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA} = 60^\circ \).

Xét \(\Delta SAC\) có \(SC = \frac{{AC}}{{\cos \widehat {SCA}}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\cos 60^\circ }} = 2a\sqrt 2 \), \(SA = AC\tan \widehat {SCA} = a\sqrt 2 .\tan 60^\circ = a\sqrt 6 \).

Xét \(\Delta SAO\) có \(SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} = \sqrt {6{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt {26} }}{2}\).

Xét \(\Delta SOC\) có \(\cos \widehat {SOC} = \frac{{S{O^2} + O{C^2} - S{C^2}}}{{2.SO.OC}} = \frac{{\frac{{{a^2}.26}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4} - 8{a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt {26} }}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {13} }}\)\( \Rightarrow \widehat {SOC} \approx 106^\circ \).