Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Tự luận
17 câu hỏi
Cho bảng tần số ghép nhóm số liệu thống kê chiều cao của 40 mẫu cây ở một vườn thực vật (đơn vị: centimét).
Nhóm | Tần số |
\(\left[ {30;40} \right)\) | \(4\) |
\(\left[ {40;50} \right)\) | \(10\) |
\(\left[ {50;60} \right)\) | \(14\) |
\(\left[ {60;70} \right)\) | \(6\) |
\(\left[ {70;80} \right)\) | \(4\) |
\(\left[ {80;90} \right)\) | \(2\) |
| \(n = 40\) |
a) Xác định số trung bình cộng, trung vị, tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên.
b) Mốt của mẫu số liệu trên là bao nhiêu?
Hướng dẫn giải
a)
Nhóm | Giá trị đại diện | Tần số |
\(\left[ {30;40} \right)\) | \[35\] | \(4\) |
\(\left[ {40;50} \right)\) | \[45\] | \(10\) |
\(\left[ {50;60} \right)\) | \[55\] | \(14\) |
\(\left[ {60;70} \right)\) | \[65\] | \(6\) |
\(\left[ {70;80} \right)\) | \[75\] | \(4\) |
\(\left[ {80;90} \right)\) | \[85\] | \(2\) |
|
| \(n = 40\) |
+) Tìm giá trị trung bình
Giá trị trung bình của mẫu số liệu là
\(\frac{{35.4 + 45.10 + 55.14 + 65.6 + 75.4 + 85.2}}{{40}} = 55,5\).
+) Tìm trung vị
Khoảng chứa trung vị \(\left[ {50;60} \right)\)
Trung vị của mẫu số liệu là
\({M_e} = 50 + \frac{{20 - 14}}{{14}}.10 \approx 54,29\).
+) Tìm tứ phân vị
Nhóm chứa trung vị thứ nhất \({Q_1}\) và nhóm chứa trung vị thứ hai \({Q_3}\)lần lượt là \(\left[ {40;50} \right)\), \(\left[ {60;70} \right)\).
Khi đó:
\(\begin{array}{l}{Q_1} = 40 + \frac{{10 - 4}}{{10}}.10 = 46\\{Q_3} = 60 + \frac{{30 - 28}}{6}.10 = 63,3\end{array}\)
Vậy tứ phân vị của mẫu số liệu là \({Q_1} = 46\), \({Q_2} = 54,29\), \({Q_3} = 63,3\).
+) Tìm mốt
Nhóm chứa mốt: \(\left[ {50;60} \right)\)
Mốt của mẫu số liệu:
\({M_0} = 50 + \frac{4}{{4 + 8}}.10 \approx 53,3\).
Cho hai biến cố \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) biết \({\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = 0,3;{\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = 0,5\) và \({\rm{P}}\left( {A \cap B} \right) = 0,1\).
Tính \({\rm{P}}\left( {A \cup B} \right),{\rm{P}}\left( {\overline A } \right),{\rm{P}}\left( {\overline B } \right),{\rm{P}}\left( {\overline {A \cap B} } \right),{\rm{P}}\left( {\overline {A \cup B} } \right)\).
Hướng dẫn giải
Ta có \({\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) + {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) - {\rm{P}}\left( {{\rm{AB}}} \right) = 0,3 + 0,5 - 0,1 = 0,7\).
Ta có \({\rm{P}}\left( {\overline A } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = 1 - 0,3 = 0,7\).
\({\rm{P}}\left( {\overline B } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = 1 - 0,5 = 0,5\).
\({\rm{P}}\left( {\overline {AB} } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {{\rm{AB}}} \right) = 1 - 0,1 = 0,9\).
\({\rm{P}}\left( {\overline {A \cup B} } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = 1 - 0,7 = 0,3\).
Có \[3\] chiếc hộp. Hộp \[A\] chứa \[3\] bi đỏ, \[5\] bi trắng. Hộp \[B\] chứa \[2\] bi đỏ, \(2\) bi vàng. Hộp \[C\] chứa \[2\] bi đỏ, \[3\] bi xanh. Lấy ngẫu nhiên một hộp rồi lấy một bi từ hộp đó. Tính xác suất để được một bi đỏ.
Hướng dẫn giải
Lấy ngẫu nhiên một hộp
Gọi \(C{}_1\) là biến cố lấy được hộp \[A\]
Gọi \({C_2}\)là biến cố lấy được hộp \[B\]
Gọi \({C_3}\)là biến cố lấy được hộp \[C\]
Vậy \(P\left( {{C_1}} \right) = P\left( {{C_2}} \right) = P\left( {{C_3}} \right) = \frac{1}{3}\).
Gọi \[C\] là biến cố “ lấy ngẫu nhiên một hộp, trong hộp đó lại lấy ngẫu nhiên một viên bi và được bi đỏ ”. Xác suất cần tính là
\(E = \left( {C \cap {C_1}} \right) \cup \left( {C \cap {C_2}} \right) \cup \left( {C \cap {C_3}} \right)\)
\( \Rightarrow P\left( E \right) = P\left( {C \cap {C_1}} \right) + P\left( {C \cap C{}_2} \right) + P\left( {C \cap {C_3}} \right)\)
\( = \frac{1}{3}.\frac{3}{8} + \frac{1}{3}.\frac{2}{4} + \frac{1}{3}.\frac{2}{5} = \frac{{17}}{{40}}\).
Gieo 3 đồng xu cân đối. Gọi \({\rm{A}}\) là biến cố có ít nhất một đồng xu lật ngửa và \({\rm{B}}\) là biến cố có đúng 2 đồng xu lật ngửa.
a) Tính xác suất để có ít nhất một đồng xu ngửa.
b) Tính \({\rm{P}}\left( {A \cap B} \right)\).
Hướng dẫn giải
Gieo 3 đồng xu thì không gian mẫu là
\({\rm{E}} = \left\{ {NNN,NNS,NSN,SNN,NSS,SNS,SSN,SSS} \right\}\).
a) Xác suất để ít nhất một đồng xu lật ngửa là \({\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}\).
b) Ta có \({\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = \frac{3}{8}\).
\({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) là hai biến cố độc lập nên \({\rm{P}}\left( {A \cap B} \right) = {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) \cdot {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = \frac{7}{8} \times \frac{3}{8} = \frac{{21}}{{64}}\).
Rút gọn biểu thức \(P = \frac{{{x^{\frac{1}{3}}}\sqrt[6]{x}}}{{\sqrt[4]{x}}}\) với \(x > 0\).
Hướng dẫn giải
\(P = \frac{{{x^{\frac{1}{3}}}\sqrt[6]{x}}}{{\sqrt[4]{x}}} = \frac{{{x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}}}}{{{x^{\frac{1}{4}}}}} = \frac{{{x^{\frac{1}{2}}}}}{{{x^{\frac{1}{4}}}}} = {x^{\frac{1}{4}}}.\)
Cho \({4^x} + {4^{ - x}} = 7\). Tính giá trị biểu thức \(P = \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - {{4.2}^x} - {{4.2}^{ - x}}}}\).
Hướng dẫn giải
Có \({4^x} + {4^{ - x}} = 7\)\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - {2.2^x}{.2^{ - x}} = 7\)\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9\)\( \Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3\).
Khi đó \(P = \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - {{4.2}^x} - {{4.2}^{ - x}}}}\)\( = \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - 4.\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}\)\( = \frac{{5 + 3}}{{8 - 4.3}} = - 2\).
Một người gửi số tiền 300 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất kép 6% một năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi suất sẽ được nhập vào vốn ban đầu. Hỏi sau 3 năm không rút tiền gốc và lãi, số tiền trong ngân hàng của người đó là bao nhiêu?
Hướng dẫn giải
Áp dụng công thức tính lãi suất theo hình thức lãi kép: \(P = A{\left( {1 + r} \right)^n}\).
Trong đó: P là số tiền gồm vốn lẫn lãi tại thời điểm n tính từ thời điểm gửi, A là số tiền gửi vào ban đầu, r (%) là lãi suất.
Vậy sau 3 năm, người đó có số tiền là: \(P = 300\;000\;000.{\left( {1 + 6\% } \right)^3} \approx 357\;305\;000.\)
Xét các số thực dương a, b thỏa mãn \({\log _5}a = 5\) và \({\log _3}b = \frac{2}{3}\). Tính giá trị của biểu thức \(I = 2{\log _6}\left[ {{{\log }_5}\left( {5a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{9}}}{b^3}\).
Hướng dẫn giải
\(I = 2{\log _6}\left[ {{{\log }_5}\left( {5a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{9}}}{b^3}\)\( = 2{\log _6}\left[ {1 + {{\log }_5}a} \right] - \frac{3}{2}{\log _3}b\)\( = 2 - \frac{3}{2}.\frac{2}{3}\)\( = 2 - 1 = 1\).
Biết \(x\) và \(y\) là hai số thực thỏa mãn \({\log _4}x = {\log _9}x = {\log _6}\left( {x - 2y} \right)\). Tính giá trị của \(\frac{x}{y}\).
Hướng dẫn giải
Đặt \({\log _4}x = {\log _9}x = {\log _6}\left( {x - 2y} \right) = t\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {4^t}\\y = {9^t}\\x - 2y = {6^t}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \frac{x}{y} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2t}}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}x = {4^t}\\y = {9^t}\\x - 2y = {6^t}\end{array} \right. \Rightarrow {4^t} - {2.9^t} = {6^t}\)\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2t}} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 2 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = - 1\\{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = 2\end{array} \right.\).
Do đó \(\frac{x}{y} = 4\).
Tính giá trị của các biểu thức sau:
a) \({\log _3}\frac{9}{{10}} + {\log _3}30\).
b) \({\log _3}\frac{5}{9} - 2{\log _3}\sqrt 5 \).
c) \(2{\log _5}2 - {\log _5}4\sqrt {10} + {\log _5}\sqrt 2 \).
Hướng dẫn giải
a) \({\log _3}\frac{9}{{10}} + {\log _3}30\)\( = {\log _3}9 - {\log _3}10 + {\log _3}3 + {\log _3}10\)\( = 2{\log _3}3 + {\log _3}3\)\( = 3\).
b) \({\log _3}\frac{5}{9} - 2{\log _3}\sqrt 5 \)\( = {\log _3}\frac{5}{9} - {\log _3}5\)\( = {\log _3}\left( {\frac{5}{9}:5} \right)\)\( = {\log _3}{3^{ - 2}} = - 2\).
c) \(2{\log _5}2 - {\log _5}4\sqrt {10} + {\log _5}\sqrt 2 \)\( = {\log _5}4 + {\log _5}\sqrt 2 - {\log _5}4\sqrt {10} \)\( = {\log _5}4\sqrt 2 - {\log _5}4\sqrt {10} \)
\( = {\log _5}\frac{{4\sqrt 2 }}{{4\sqrt {10} }}\)\( = {\log _5}\frac{1}{{\sqrt 5 }}\)\( = {\log _5}{5^{\frac{{ - 1}}{2}}}\)\( = \frac{{ - 1}}{2}\).
Trong nuôi trồng thủy sản, độ pH của môi trường nước sẽ ảnh hưởng đến sức khỏe và sự phát triển của thủy sản. Độ pH thích hợp cho nước trong đầm nuôi tôm sú là từ 7,2 đến 8,8 và tốt nhất là trong khoảng từ 7,8 đến 8,5. Phân tích nồng độ [H+] (mol/L) trong một đầm nuôi tôm sú ta thu được [H+] = 8.10-8. Hỏi độ pH của đầm đó có thích hợp cho tôm sú phát triển không? Biết \(pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right]\)
Hướng dẫn giải
Độ pH của đầm đó là \(pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right]\)\( = - \log \left( {{{8.10}^{ - 8}}} \right) \approx 7,097\).
Vì \(7,097 < 7,2\) nên đầm đó không thích hợp cho tôm sú phát triển.
Tìm tập xác định của các hàm số sau
a) \(y = {12^x}\).
b) \(y = {\log _5}\left( {2x - 3} \right)\).
Hướng dẫn giải
a) Tập xác định của hàm số \(y = {12^x}\) là \(\mathbb{R}\).
b) Hàm số \(y = {\log _5}\left( {2x - 3} \right)\) xác định khi \(2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}\).
Vậy tập xác định của hàm số \(y = {\log _5}\left( {2x - 3} \right)\) là \(D = \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\).
Tìm tất cả các giá trị của tham số \(a\) để hàm số \(y = {\log _{{a^2} - 2a + 1}}x\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).
Hướng dẫn giải
Hàm số \(y = {\log _{{a^2} - 2a + 1}}x\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow 0 < {a^2} - 2a + 1 < 1\)\( \Leftrightarrow 0 < a < 2;a \ne 1\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác vuông cân tại A, \(SA \bot (ABC)\)và\(AB = a\) \(\,SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\). Gọi H là trung điểm cạnh BC.
a) Chứng minh: \(BC \bot (SAH)\),
b) Tính góc giữa đường thẳng SH và mặt phẳng (ABC) .
Hướng dẫn giải
a) Ta có: \(SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC\)
mà \(AH \bot BC\). Suy ra \(BC \bot (SAH)\)
b) Vì \(SA \bot (ABC)\)nên hình chiếu của SH trên mặt phẳng (ABC) là AH.
Suy ra \(\left( {SH,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SHA}\)
Có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 3 \).
Vậy \(\left( {SH,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SHA} = 60^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), \(SA\) vuông góc với đáy.
a) Chứng minh rằng \(BD \bot \left( {SAC} \right)\)
b) Gọi \(M,\,\,N\) là trung điểm của \(SC,\,\,SD\). Chứng minh \(MN \bot \left( {SAD} \right)\)
Hướng dẫn giải
a) Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot BD\)
\(BD \bot AC\) (do \(ABCD\) là hình vuông)
Do đó, \(BD \bot \left( {SAC} \right)\).
b) Vì \(M,\,\,N\) là trung điểm của \(SC,\,\,SD\) nên \(MN//CD\).
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AD\end{array} \right.\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}MN \bot SA\\MN \bot AD\end{array} \right.\).
Vậy, \(MN \bot \left( {SAD} \right)\).
Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh bằng \(a\), tâm \(O\) và \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\]. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(SA\) và \(BC\). Biết góc giữa \(MN\) và mặt phẳng là \(60^\circ \).
a) Tính độ dài \(MN\).
b) Tính cosin của góc giữa \(MN\) và \(\left( {SBD} \right)\).
Hướng dẫn giải
a) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) trên \[\left( {ABCD} \right)\]\( \Rightarrow H\) là trung điểm của \(AO\).
Suy ra \(CH = \frac{3}{4}AC\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \).
Áp dụng định lí côsin vào tam giác \(CHN\), ta có
\(H{N^2} = C{H^2} + C{N^2} - 2.CH.CN.c{\rm{os}}{45^0}\)\( = {\left( {\frac{3}{4}.a\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} - 2.\frac{3}{4}.a\sqrt 2 .\frac{a}{2}.\frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{5{{\rm{a}}^2}}}{8}\).
Vì \(M,H\) lần lượt là trung điểm của \(SA,AO\) nên \(MH//SO\).
Mà \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[MH \bot \left( {ABCD} \right)\].
Suy ra \(HN\) là hình chiếu của \(MN\) trên \[\left( {ABCD} \right)\]
\( \Rightarrow \left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {MN,HN} \right) = \widehat {MNH} = 60^\circ \).
Xét \(\Delta MHN\) vuông tại \(H\), có
\({\rm{cos}}\widehat {MNH} = \frac{{HN}}{{MN}}\)\( \Rightarrow MN = \frac{{HN}}{{{\rm{cos}}\widehat {MNH}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}}}{{c{\rm{os}}60^\circ }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).
Vậy \(MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).
b) Gọi \(E\) là trung điểm của \(SD\) mà \(M\)là trung điểm của \(SA\) nên \(ME//AD;ME = \frac{1}{2}AD\) (1).
Có \(CN//AD,CN = \frac{1}{2}AD\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(MECN\) là hình bình hành.
Suy ra \(MN//CE\)\( \Rightarrow \left( {MN,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {EC,\left( {SBD} \right)} \right)\).
Có \(CO \bot \left( {SBD} \right)\)\( \Rightarrow OE\) là hình chiếu của \(CE\) trên \(\left( {SBD} \right)\)
\( \Rightarrow \left( {EC,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {EC,EO} \right) = \widehat {CEO}\)
Trong tam giác vuông \(CEO\) có \(\cos \widehat {CEO} = \frac{{EO}}{{EC}}\)
Có \(EC = MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\) (do \(MECN\)là hình bình hành)
\(EO = \frac{1}{2}SB\)
Xét tam giác vuông \(HMN\) có \(\sin \widehat {MNH} = \frac{{MH}}{{MN}} \Rightarrow MH = MN.\sin \widehat {MNH} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}.\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt {30} }}{4}\)
\( \Rightarrow SO = 2MH = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}\).
Xét tam giác vuông \(SOB\) vuông tại \(B\) có \(S{B^2} = S{O^2} + O{B^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt {30} }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = 8{{\rm{a}}^2}\)\( \Rightarrow SB = 2{\rm{a}}\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow OE = a\sqrt 2 \)
Do đó \(\cos \widehat {CEO} = \frac{{EO}}{{EC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\frac{{a\sqrt {10} }}{2}}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).
Cho tứ diện \(S.ABC\)có các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\)đôi một vuông góc và \(SA = SB = SC = 1\). Gọi \(\alpha \) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\). Tính \(\cos \alpha \)?
Hướng dẫn giải
![Cho tứ diện S.ABC có các cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = SB = SC = 1. Gọi alpha là góc phẳng nhị diện [S,BC,A]. Tính cos alpha (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/blobid10-1773890896.png)
Gọi là trung điểm cạnh \(BC\).
Suy ra \(SD \bot BC\)( vì tam giác \(SBC\) cân tại \(S\)).
\(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow SA \bot BC\).
Và \(SD \bot BC\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot AD\).
Khi đó: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SD \bot BC\\AD \bot BC\end{array} \right.\]\( \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SDA} = \alpha \).
Vì \(\Delta SBC\) vuông cân tại \(S\)nên có \(BC = \sqrt {S{B^2} + S{C^2}} = \sqrt 2 \) và \(SD = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(S\), ta có \(AD = \sqrt {S{A^2} + S{D^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Xét \[\Delta SAD\] vuông tại \[S\], ta có: \(\cos \alpha = \cos \widehat {SDA} = \frac{{SD}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).
