Giải SGK Toán 11 KNTT Bài tập ôn tập cuối năm hai có đáp án

Đáp án đúng là: D

Ta có y' = −6x² + 12x, y'(3) = −18.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = −2x³ + 6x² – 5 tại điểm M(3; −5) là

y = −18(x – 3) – 5 hay y = −18x + 49.

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC² = AB² + BC².

Ta có S_ABCD = AB × BC ≤$\frac{A{B}^2+B{C}^2}{2}=\frac{A{C}^2}{2}=2a^2$ . Dấu “=” xảy ra khi AB = BC.

Gọi H là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABCD). Khi đó A'H ^ (ABCD). Khi đó AH là hình chiếu của AA' trên mặt phẳng (ABCD).

Gọi a là góc tạo bởi đường thẳng AA' và mặt phẳng (ABCD). Khi đó .

Xét tam giác A'AH vuông tại H có A'H = AA' × sina ≤ AA' = 2a.

Dấu bằng xảy ra khi a = 90° hay AA' ^ (ABCD).

Do đó V_{ABCD.A'B'C'D'} = S_ABCD × A'H ≤ 2a² × 2a = 4a³.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D' bằng 4a³.

Đáp án đúng là: B

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ tam giác đều nên AA' ^ (ABC) và tam giác ABC đều có cạnh bằng 1 nên $S_{ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ .

Do đó $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}\cdot A{A}^{\text{'}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2=\frac{\sqrt{3}}{2}$  .

Tần số lớn nhất là 57 nên nhóm chứa mốt là [15; 20).

Gọi biến cố A: “Lần thứ nhất Tùng bắn trúng vòng 10”;

Biến cố B: “Lần thứ hai Tùng bắn trúng vòng 10”.

Biến cố C: “Tùng đạt huy chương vàng”.

Theo đề có P(A) = 0,2; P(B) = 0,2.

Ta có C = AB. Vì A, B là độc lập nên P(C) = P(A) × P(B) = 0,2 × 0,2 = 0,04.

Vậy xác suất để Tùng đạt huy chương vàng là 0,04.

Gọi biến cố A: “Số chấm xuất hiện trên cả hai con xúc xắc của Sơn và Tùng lớn hơn 1”.

Khi đó ta có . Ta có n(A) = 25; n(W) = 36.

P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{25}{36}$  .

Vậy xác suất để số chấm xuất hiện trên cả hai con xúc xắc của Sơn và Tùng lớn hơn 1 là $\frac{25}{36}$  .

Gọi biến cố A: “An giành được giải thưởng”;

Biến cố B: “Bình giành được giải thưởng”;

A È B: “Có ít nhất một bạn được giải”

Theo đề có P(A) = 0,8; P(B) = 0,6.

Vì A, B độc lập nên ta có: P(AB) = P(A)×P(B) = 0,8 × 0,6 = 0,48.

Ta có P(A È B) = P(A) + P(B) – P(AB) = 0,8 + 0,6 – 0,48 = 0,92.

Vậy xác suất để có ít nhất một bạn giành giải là 0,92.

a) $A=\frac{1-2{\text{sin}}^{2}x}{1+\text{sin}2x}-\frac{1-\text{tan}x}{1+\text{tan}x}$

$=\frac{{\sin }^{2}x+co{s}^{2}x-2{\text{sin}}^{2}x}{{\sin }^{2}x+co{s}^{2}x+2\sin x\cos x}-\frac{1-\frac{\mathrm{s}\text{inx}}{\cos x}}{1+\frac{\mathrm{s}\text{inx}}{\cos x}}$

$=\frac{co{s}^{2}x-{\text{sin}}^{2}x}{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2}-\frac{\cos x-\mathrm{s}\text{inx}}{\cos x+\mathrm{s}\text{inx}}$

$=\frac{\left(cosx-\text{sin}x\right)\left(\cos x+\sin x\right)}{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2}-\frac{\cos x-\mathrm{s}\text{inx}}{\cos x+\mathrm{s}\text{inx}}$

$=\frac{cosx-\text{sin}x}{\sin x+\cos x}-\frac{\cos x-\mathrm{s}\text{inx}}{\cos x+\mathrm{s}\text{inx}}=0$.

b) $B=\frac{\text{sin}4x}{1+\text{cos}4x}\cdot \frac{\text{cos}2x}{1+\text{cos}2x}-\text{cot}\left(\frac{3\pi }{2}-x\right)$

 $=\frac{\text{2sin2}xcos2x}{{\text{2cos}}^2\text{2}x}\cdot \frac{\text{cos}2x}{{\text{2cos}}^{2}x}-\text{cot}\left(\pi +\frac{\pi }{2}-x\right)$     (áp dụng công thức góc nhân đôi)

$=\frac{\text{2sin}xcosx}{{\text{2cos}}^{2}x}-\text{cot}\left(\frac{\pi }{2}-x\right)$

$=\frac{\sin x}{\cos x}-\tan x=\tan x-\tan x=0$.

c) $C=2\left({\text{cos}}^{4}x-{\text{sin}}^{4}x\right)\text{sin}2x$

$=2\left({\text{cos}}^{2}x-{\text{sin}}^{2}x\right)\left({\text{cos}}^{2}x+{\text{sin}}^{2}x\right)\text{sin}2x$

$=2cos2x\text{sin}2x=\sin 4x$.

a) Ta có h = |d| $=3\left|\text{cos}\left[\frac{\pi }{3}\left(2t-1\right)\right]\right|\le 3$  .

Vậy người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất khi và chỉ khi $\text{cos}\left[\frac{\pi }{3}\left(2t-1\right)\right]=\pm 1$ $\iff \sin \left[\frac{\pi }{3}\left(2t-1\right)\right]=0\iff \frac{\pi }{3}\left(2t-1\right)=k\pi \iff t=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}k$, k Î ℤ.

Mà t Î [0; 2] nên $0\le \frac{1}{2}+\frac{3}{2}k\le 2\Rightarrow -\frac{1}{3}\le k\le 1$ , mà k Î ℤ nên k = 0; k = 1.

Với k = 0 thì t = $\frac{1}{2}$  (giây), k = 1 thì t = 2 (giây).

Vậy có 2 thời điểm t = $\frac{1}{2}$  giây và t = 2 giây người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất.

Vì q là công bội của cấp số nhân (u_n) nên ta có: u₄ = u₁×q³ và u₇ = u₁×q⁶.

Vì u₁, u₄ và u₇ lần lượt là các số hạng thứ nhất, thứ hai và thứ mười của một cấp số cộng có công sai d ≠ 0 nên u₄ = u₁ + d; u₇ = u₁ + 9d.

Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}{u}_4=u_1\cdot q^3=u_1+d\\ u_7=u_1\cdot q^6=u_1+9d\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1\cdot \left(q^3-1\right)=d\\ u_1\cdot \left(q^6-1\right)=9d\end{array}\right.$  .

Vì d ≠ 0 nên $\frac{1}{9}=\frac{u_1\cdot \left(q^3-1\right)}{u_1\cdot \left(q^6-1\right)}\iff \frac{1}{9}=\frac{q^3-1}{{\left(q^3\right)}^2-1}$

$\iff \frac{1}{9}=\frac{q^3-1}{\left(q^3-1\right)\left(q^3+1\right)}\iff q^3+1=9\iff q^3=8\iff q=2$.

Vậy q = 2.

a) Ta có u₂ = u₁ + 10 = 200 + 10 = 210 triệu đồng;

u₃ = u₂ + 10 = 210 + 10 = 220 triệu đồng.

Ta thấy u_n là một cấp số cộng với u₁ = 200 và d = 10 nên

u_n = u₁ + (n – 1)d = 200 + (n – 1)10 = 10n + 190.

Nếu người lao động đó làm việc cho công ty trong thời gian 5 năm theo hợp đồng A thì tổng số tiền lương người đó nhận được là:

S₅(A) = u₁ + u₂ + …+ u₅ = $5u_1+\frac{5\cdot 4}{2}\cdot d$  = 5 × 200 + 100 = 1 100 (triệu đồng).

b) Ta có v₂ = v₁ + 5%×v₁ = v₁ × 1,05 = 180 × 1,05 = 189 (triệu đồng);

v₃ = v₂ + v₂×5% = v₂ × 1,05 = 189 × 1,05 = 198,45 (triệu đồng).

Ta thấy v_n là một cấp số nhân với v₁ = 180 và q = 1,05 nên

v_n = v₁ × (1,05)^{n – 1} = 180 × (1,05)^{n – 1}.

Nếu người lao động đó làm việc cho công ty trong thời gian 5 năm theo hợp đồng B thì tổng số tiền lương người đó nhận được là:

S₅(B) = v₁ + v₂ + …+ v₅ = $\frac{v_1\left(1-q^5\right)}{1-q}$  = $\frac{180\cdot \left(1-1,{05}^5\right)}{1-1,05}$ » 994,61 triệu đồng.

c) Để lương hàng năm theo hợp đồng B vượt lương hằng năm theo hợp đồng A thì v_n > u_n hay 180×(1,05)^{n – 1} > 10n + 190 ⇔ 18 × (1,05)^{n – 1} > n + 19.

Ta thấy n = 13 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình này nên từ năm thứ 13 trở đi thì lương hằng năm theo hợp đồng B vượt lương hằng năm theo hợp đồng A.

a) Ta có 1; 3; 5; …; 2n – 1 là một cấp số cộng có $\frac{2n-1-1}{2}+1=n$  (số hạng).

Suy ra 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) =  $\frac{1+2n-1}{2}\cdot n=n^2$.

b) Ta có  $1;\frac{2}{3};\frac{4}{9};\mathrm{...};\frac{2^n}{3^n}$là một cấp số nhân với u₁ = 1 và $q=\frac{2}{3}$ .

Khi đó $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{2}{3}+\frac{4}{9}+\cdots +\frac{2^n}{3^n}\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^{n+1}}{1-\frac{2}{3}}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }3\left[1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^{n+1}\right]=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left[3-3\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^{n+1}\right]$ = 3.

d) $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{4x^2+x+1}+2x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x+1}{\sqrt{4x^2+x+1}-2x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x+1}{\left|x\right|\sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-2x}$

a) Ta có $\underset{x\to -1}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2+4x+3}{x+1}=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{\left(x+1\right)\left(x+3\right)}{x+1}=\underset{x\to -1}{\lim }\left(x+3\right)=2$ ; f(−1) = m².

Để hàm số liên tục tại x = −1 thì Û m² = 2 Û $m=\pm \sqrt{2}$ .

Vậy  thì hàm số liên tục tại x = −1.

b) Ta có x < 1 thì g(x) = 2x + m liên tục với mọi x < 1.

Có x > 1 thì $g\left(x\right)=\frac{x^3-x^2+2x-2}{x-1}$  liên tục với mọi x > 1.

Tại x = 1, ta có: $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(2x+m\right)=2+m$.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x^3-x^2+2x-2}{x-1}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x^2\left(x-1\right)+2\left(x-1\right)}{x-1}$.

$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\left(x^2+2\right)\left(x-1\right)}{x-1}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(x^2+2\right)=3$

Có g(1) = 2 ∙ 1 + m = 2 + m.

Hàm số đã cho liên tục trên ℝ khi và chỉ khi hàm số liên tục tại x = 1

$\iff \underset{x\to 1^{-}}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }g\left(x\right)=g\left(1\right)$Û 2 + m = 3 Û m = 1.

Vậy m = 1 thì hàm số đã cho liên tục trên ℝ.

a) Điều kiện: x ≠ 0.

Ta có  $3^{\frac{1}{x}}=4\iff \frac{1}{x}={\log }_{3}4\iff x=\frac{1}{{\log }_{3}4}={\log }_{4}3$(thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x={\log }_{4}3$  .

b) $2^{x^2-3x}=4\iff 2^{x^2-3x}=2^2\iff x^2-3x=2$

 $\iff x^2-3x-2=0$$\iff x=\frac{3+\sqrt{17}}{2}$hoặc $x=\frac{3-\sqrt{17}}{2}$  .

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{\frac{3+\sqrt{17}}{2};\frac{3-\sqrt{17}}{2}\right\}$ .

c) Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}x+1>0\\ x-3>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-1\\ x>3\end{array}\right.\iff x>3$  .

Ta có log₄ (x + 1) + log₄ (x – 3) = 3

Û log₄ [(x + 1)(x – 3)] = 3

Û (x + 1)(x – 3) = 4³

Û x² – 2x – 67 = 0

Û $x=1-2\sqrt{17}$ (loại) hoặc $x=1+2\sqrt{17}$  (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x=1+2\sqrt{17}$ .

e) ${\left(2-\sqrt{3}\right)}^x\le {\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x+2}$

$\iff {\left[\frac{\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)}{2+\sqrt{3}}\right]}^x\le {\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x+2}$

$\iff {\left(\frac{1}{2+\sqrt{3}}\right)}^x\le {\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x+2}$

$\iff {\left(2+\sqrt{3}\right)}^{-x}\le {\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x+2}$

$\iff -x\le x+2\iff 2x\ge -2\iff x\ge -1$. 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [−1; +¥).

f) Điều kiện: 4x > 0 Û x > 0.

Ta có log (3x² + 1) > log (4x) Û 3x² + 1 > 4x Û 3x² – 4x + 1 > 0 Û $\left[\begin{array}{l}x<\frac{1}{3}\\ x>1\end{array}\right.$ .

Kết hợp với điều kiện, ta có  $\left[\begin{array}{l}0<x<\frac{1}{3}\\ x>1\end{array}\right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(0;\frac{1}{3}\right)\cup \left(1;+\infty \right)$ .

a) Độ pH của một dung dịch có nồng độ ion hydrogen là 0,1 mol/lít là pH = −log0,1 = 1.

Vậy độ pH của một dung dịch có nồng độ ion hydrogen là 0,1 mol/lít là 1.

b) Vì hàm số y = log x đồng biến trên khoảng (0; +¥) nên hàm số y = −log x nghịch biến trên (0; +¥). Suy ra nếu nồng độ ion hydrogen giảm thì độ pH sẽ tăng.

c) Có pH = 4,5 nên −log[H⁺] = 4,5 Û [H⁺] = 10^−4,5.

Vậy nồng độ ion hydrogen trong bia là 10^−4,5 mol/lít.

a) Ta có: $y^{\text{'}}={\left(3x^2-2\sqrt{x}\right)}^{\text{'}}$$=6x-\frac{1}{\sqrt{x}}$  . Vậy $y^{\text{'}}=6x-\frac{1}{\sqrt{x}}$  .

b) Ta có: $y^{\text{'}}={\left(\sqrt{1+2x-x^2}\right)}^{\text{'}}=\frac{{\left(1+2x-x^2\right)}^{\text{'}}}{2\sqrt{1+2x-x^2}}$

$=\frac{2-2x}{2\sqrt{1+2x-x^2}}=\frac{1-x}{\sqrt{1+2x-x^2}}$.

Vậy $y^{\text{'}}=\frac{1-x}{\sqrt{1+2x-x^2}}$  .

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t là v(t) = s'(t) = 3t² – 6t – 9.

Gia tốc của chất điểm tại thời điểm t là a(t) = v'(t) = 6t – 6.

a) Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t = 2 giây là v(2) = 3 × 2² – 6 × 2 − 9 = −9 (m/s).

b) Gia tốc của chất điểm tại thời điểm t = 3 giây là a(3) = 6 × 3 – 6 = 12 (m/s²).

c) Vận tốc bằng 0 tức là v(t) = 0 Û 3t² – 6t – 9 = 0 Û t = 3 (thỏa mãn) hoặc t = −1 (loại).

Vậy gia tốc của chất điểm tại thời điểm vận tốc bằng 0 là a(3) = 12 m/s².

d) Gia tốc bằng 0 tức là a(t) = 0 Û 6t – 6 = 0 Û t = 1.

Vậy vận tốc của chất điểm tại thời điểm gia tốc bằng 0 là v(1) = 3 × 1² – 6 × 1 – 9 = −12 m/s.

b) Vì OM ^ (ABC) nên d(O, (ABC)) = OM = $\frac{a}{\sqrt{2}}$  .

Có $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\frac{a^2}{2}$ . Khi đó $V_{OABC}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot OM=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$  .

Vậy $V_{OABC}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$  .

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Kẻ AM ^ SC tại M, SO Ç AM = I.

Do ABCD là hình vuông nên AC ^ BD.

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD mà AC ^ BD nên BD ^ (SAC), suy ra BD ^ SC.

Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E và F. Khi đó (P) = (AEMF).

Do ABCD là hình vuông nên BC ^ AB, SA ^ BC (do SA ^ (ABCD)) nên BC ^ (SAB), suy ra BC ^ AE.

Mặt khác SC ^ (P) nên SC ^ AE mà BC ^ AE nên AE ^ (SBC).

a) Vì M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BB' và CC' nên MN // BC, suy ra MN // (ABC).

Mà (ABC) Ç (A'MN) = HK, suy ra MN // HK.

b) Xét DA'B'M và DHBM có

B'M = BM (do M là trung điểm của BB'),

$\widehat{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}M}=\widehat{HBM}=90°$,

$\widehat{A^{\text{'}}M{B}^{\text{'}}}=\widehat{HMB}$ (đối đỉnh)

Do đó, DA'B'M = DHBM.

Suy ra BH = A'B' mà AB = A'B' (do ABB'A' là hình chữ nhật) nên BH = AB = a.

Suy ra AH = 2a.

Xét DA'C'N và DKCN có

C'N = CN (do N là trung điểm của CC'),

$\widehat{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}N}=\widehat{KCN}=90°$, $\widehat{A^{\text{'}}N{C}^{\text{'}}}=\widehat{KNC}$   (đối đỉnh)

Do đó, DA'C'N = DKCN, suy ra CK = A'C' mà A'C' = AC (do ACC'A' là hình chữ nhật) nên CK = AC = a, suy ra AK = 2a.

Xét tam giác AHK có B là trung điểm AH, C là trung điểm AK nên BC là đường trung bình của tam giác AHK, suy ra HK = 2BC = 2a.

Xét tam giác AHK có AH = AK = HK = 2a nên tam giác AHK đều, suy ra  $S_{AHK}=\frac{{\left(2a\right)}^2\cdot \sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$.

Khi đó $V_{A^{\text{'}}.AHK}=\frac{1}{3}\cdot \cdot {\text{S}}_{AHK}=\frac{1}{3}\cdot \text{a}\sqrt{2}\cdot a^2\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{6}}{3}$  .

Vậy $V_{A^{\text{'}}.AHK}=\frac{a^3\sqrt{6}}{3}$ .

a) Vì ABCD là hình thoi nên AC ^ BD.

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD mà AC ^ BD nên BD ^ (SAC), suy ra BD ^ SC.

b) Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra O là trung điểm của AC, BD.

Kẻ OE ^ SC tại E.

Vì BD ^ (SAC) nên BD ^ OE mà OE ^ SC nên d(BD, SC) = OE.

Xét tam giác ABD có AB = AD = a nên tam giác ABD cân tại A mà $\widehat{BAD}=60°$  nên tam giác ABD đều.

Xét tam giác đều ABD cạnh a có AO là đường cao nên $AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=2AO=a\sqrt{3}$ .

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ AC hay tam giác SAC vuông tại A.

Xét tam giác SAC vuông tại A, có $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$  . 

Vì O là trung điểm của AC nên $CO=AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$  .

Xét DCEO và DCAS có:  chung và  nên DCEO đồng dạng với DCAS, suy ra  $\frac{CO}{CS}=\frac{EO}{SA}\Rightarrow EO=\frac{CO\cdot SA}{CS}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Vậy d(BD, SC) = $\frac{a\sqrt{3}}{4}$ .

a) Do ABCD là hình chữ nhật nên AB = DC = $a\sqrt{2}$ ; AD = BC = a.

Gọi E là giao điểm của AM và BD.

Vì M là trung điểm của CD nên DM = MC = $\frac{CD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác ADM vuông tại D có: $\tan \widehat{AMD}=\frac{AD}{DM}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}$  .