Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 2

\(\begin{array}{l}f'(x) = (\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{3}{2}{x^2} - 4x + 6)' = {x^2} - 3x - 4\\f'(x) = 0\,\,hay\,\,{x^2} - 3x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)

Đáp án C.

\(y' = f'(x) = ( - {x^3} + x)' =  - 3{x^2} + 1\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(y = f(x) =  - {x^3} + x\) tại điểm \(M( - 2;6).\)

\(y = f'( - 2)(x + 2) + 6\,\,hay\,\,y =  - 11(x + 2) + 6 =  - 11x - 16\)

Đáp án C.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {x + 1}  - 2}}{{9 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x - 3}}{{(\sqrt {x + 1}  + 2)(9 - {x^2})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{ - 1}}{{(\sqrt {x + 1}  + 2)(3 + x)}} = \frac{{ - 1}}{{24}}\)

Đáp án A.

\({\left( {\frac{1}{v}} \right)^\prime } =  - \frac{{v'}}{{{v^2}}}\)

\(\left( {u + v} \right)' = u' + v'\)

\({\left( {k.u} \right)^\prime } = k.u'\)

\(\left( {u.v} \right)' = u'.v + u.v'\)

Đáp án A.

\(y' = \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right)' = \left( {\frac{{2x - 1}}{{ - x + 1}}} \right)' = \frac{{2.1 - ( - 1).( - 1)}}{{{{( - x + 1)}^2}}} = \frac{1}{{{{( - x + 1)}^2}}}\)

Đáp án B.

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có:

\(\begin{array}{l}f(1) = m\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)(x + 1)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x + 1) = 2\end{array}\)

Ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1)\)

Nên m = 2

Vậy khi m = 2 thì hàm số liên tục tại \({x_0} = 1\)

Đáp án C.

\(y' = \left( {{x^4} - 3{x^2} + 2x - 1} \right)' = 4{x^3} - 6x + 2\)

Đáp án D.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{a{x^2} + 4x + 3}}{{3x - 2a{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2}(a + \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}})}}{{{x^2}(\frac{3}{x} - 2a)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{a + \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}}}{{\frac{3}{x} - 2a}} = \frac{a}{{ - 2a}} =  - \frac{1}{2}\)

Đáp án A.

Do \(SA \bot (ABC)\) nên A là hình chiếu của S lên (ABC)

Ta có: \((SB,(ABC)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\)

Xét \(\Delta SAB:c{\rm{os}}\widehat {SBA} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\)

Suy ra: \(\widehat {SBA} = {60^0}\)

Đáp án B.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\,(do\,\,SA \bot (ABC{\rm{D}}))\\AD,SA \subset (SAD)\\AD \cap SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD)\)

Mặt khác:

\(CD \subset (SCD) \Rightarrow (SCD) \bot (SAD)\)

Đáp án B.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SO\\BD,SO \subset (SBD)\\BD \cap SO\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD)\)

Đáp án C.

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = \frac{{\left[ {\left( {2x + 1} \right){{\left( {2 - 3x} \right)}^2}} \right]'(x - 1) - \left( {2x + 1} \right){{\left( {2 - 3x} \right)}^2}.(x - 1)'}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{\left[ {2{{\left( {2 - 3x} \right)}^2} + (2x + 1).2\left( {2 - 3x} \right).( - 3)} \right] + \left( {2x + 1} \right){{\left( {2 - 3x} \right)}^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{3x(3x - 2)(4x - 5)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow g'\left( 2 \right) = \frac{{3x(3x - 2)(4x - 5)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 72\end{array}\)

Đáp án B.

Không gian mẫu: \((\Omega ) = C_{20}^3 = 1140\)

a) Gọi A là biến cố: “3 viên bi lấy ra đều màu đỏ”; \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_8^3}}{{C_{20}^3}} = \frac{{56}}{{1140}} = \frac{{14}}{{285}}\)

b) B là biến cố: “3 viên bi lấy ra có không quá hai màu”

TH₁: Số cách lấy ra 3 viên bi lấy ra chỉ có một màu: \(C_8^3 + C_7^3 + C_5^3 = 101\)

TH₂: Số cách lấy ra 3 viên bi lấy ra chỉ có đúng hai màu: \(\left[ {C_{15}^3 - \left( {C_8^3 + C_7^3} \right)} \right] + \left[ {C_{13}^3 - \left( {C_8^3 + C_5^3} \right)} \right] + \left[ {C_{12}^3 - \left( {C_5^3 + C_7^3} \right)} \right] = 759\)

Nên: \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{101 + 759}}{{1140}} = \frac{{43}}{{57}}\)

c) C là biến cố: “3 viên bi lấy ra đều có màu vàng”; \(P(C) = \frac{{n(C)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_5^3}}{{C_{20}^3}} = \frac{{10}}{{1140}} = \frac{1}{{114}}\)

d) D là biến cố: “3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu”: \(P(D) = \frac{{n(D)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_8^1.C_7^1.C_5^1}}{{C_{20}^3}} = \frac{{280}}{{1140}} = \frac{{14}}{{57}}\)

\(y' = f'(x) = \left( {\frac{{x - 2}}{{x - 1}}} \right)' = \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)

a) Gọi \(M({x_0};{y_0})\) là tiếp điểm. M có tung độ bằng 4 nên \(M(\frac{2}{3};4)\)

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyển tại M nên \(k = f'\left( {\frac{2}{3}} \right) = 9\)

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm \(M(\frac{2}{3};4)\) là \(y = 9(x - \frac{2}{3}) + 4\,\,hay\,\,y = 9x - 2\)

b) Gọi \(M({x_0};{y_0})\) là tiếp điểm. M là giao của đồ thị với trục hoành nên \(M(2;0)\)

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại M nên \(k = f'\left( 2 \right) = 1\)

Phương trình tiếp tuyến của (C) (C) tại điểm \(M(2;0)\) là \(\,y = x - 2\)

c) Gọi \(M({x_0};{y_0})\) là tiếp điểm.

M là giao điểm của đồ thị với trục tung nên \(M(0;2)\)

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại M. Khi đó \(k = f'\left( 0 \right) = 1\)

Phương trình tiếp tuyến tại M là: \(\,y = (x - 0) + 2\,\,hay\,\,y = x + 2\)

d) Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C)

Do tiếp tuyến vuông góc với \((d):y =  - x + 1\) nên \( - 1.k =  - 1 \Leftrightarrow k = 1\)

Gọi \(M({x_0},{y_0}) \in (C)\)mà tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc k = 1

\(f'({x_0}) = 1 \Rightarrow \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} = 0\end{array} \right.\)

* Với \({x_0} = 2\) ta có \({y_0} = f(2) = 0 \Rightarrow {M_1}(2;0) \in (C)\)

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại \({M_1}(2;0)\)) là \(y = x - 2\)

* Với \({x_0} = 0\) ta có \({y_0} = f(0) = 2 \Rightarrow {M_2}(0;2) \in (C)\)

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại \({M_2}(0;2)\) là \(\,y = x + 2\)

a) Xét tam giác SAB có M là trung điểm của SA, N là trung điểm của SB nên MN là đường trung bình của tam giác SAB. Suy ra \(MN//AB\),do đó \(MN//(ABC)\)

Xét tam giác SBC có N là trung điểm của SB, P là trung điểm của SC nên PN là đường trung bình của tam giác SBC. Suy ra \(PN//BC\),do đó \(PN//(ABC)\)

Khi đó, \(d((MNP),(ABC)) = d(M,(ABC))\)

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(MA \bot (ABC)\). Do đó \(d(M,(ABC)) = MA\)

Vì M là trung điểm SA nên \(AM = \frac{{SA}}{2} = \frac{h}{2}\)

Do đó \(d((MNP),(ABC)) = \frac{h}{2}\)

b) Vì \(PN//(ABC)\) nên \(d(NP,(ABC)) = d(N,(ABC))\)

Vì \(MN//(ABC)\) nên \(d(N,(ABC)) = d(M,(ABC)) = MA = \frac{h}{2}\)

Vậy \(d(N,(ABC)) = \frac{h}{2}\)

c) Vì tam giác ABC là tam giác vuông tại B nên \(BC \bot AB\)

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\)mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot (SAB)\), suy ra \((SBC) \bot (SAB)\)

Kẻ \(AH \bot SB\) tại H

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}(SBC) \bot (SAB)\\(SBC) \cap (SAB) = SB\\AH \subset (SAB)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SBC)\)

Khi đó \(d(A,(SBC)) = AH\)\(\)

Vì \(SA \bot (SBC)\) nên \(SA \bot AB\)

Xét tam giác SAB vuông tại A, AH là đường cao, có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{{a^2} + {h^2}}}{{{a^2}{h^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)

Vậy \(d(A,(SBC)) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)

d)\(MN//(ABC)\) mà \(MN \subset (MNP) \Rightarrow (MNP)//(ABC)\)

a) \(y' = (\sin x)' = cosx\)

b) \(y'(\frac{\pi }{2}) = \cos \frac{\pi }{2} = 0\)

c) \(\begin{array}{l}y'' = \left( {cosx} \right)' = - \sin x\\y''\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - 1\end{array}\)

d) \(\begin{array}{l}{y^{(n)}} = \sin (x + n\frac{\pi }{2})\\{y^{(2024)}} = \sin (x + 1012\pi )\end{array}\)

\(\mathop {lim}\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {4x + 1}  - 3}}{{x - 2}} = \mathop {lim}\limits_{x \to 2} \frac{{4x - 8}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1}  + 3} \right)}} = \mathop {lim}\limits_{x \to 2} \frac{{4(x - 2)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1}  + 3} \right)}} = \mathop {lim}\limits_{x \to 2} \frac{4}{{\left( {\sqrt {4x + 1}  + 3} \right)}} = \frac{2}{3}\)

\(\begin{array}{l}y' = \left[ {{{\left( {{x^4} - 1} \right)}^4}} \right]' = 4.{\left( {{x^4} - 1} \right)^3}.4{x^3} = 16{x^3}{\left( {{x^4} - 1} \right)^3}\\y'(1) = 0\end{array}\)

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có: \(f(1) = 1 - m\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)(x - 2)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 2) =  - 1\)

Để hàm số liên tục tại x = 1 khi \(f(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} \Leftrightarrow 1 - m =  - 1 \Leftrightarrow m = 2\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\\BC \bot SA\,\,(Do\,\,SA \bot (ABCD))\\AB,SA \subset (SAB)\\AB \cap SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\\ \Rightarrow BC \bot SB\end{array}\)\(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}(SBC) \cap (ABCD) = BC\\SB \subset (SBC),SB \bot BC\\AB \subset (ABCD),AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {(SBC),(ABCD)} \right) = (SB,AB)\)

Do \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB\). Xét tam giác SAB vuông tại A có:

\(\tan (SB,AB) = \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)

Giả sử \(M({x_0};2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}) \in (C)\). PTTT của (C) tại M là:

\(y = \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}(x - {x_0}) + 2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}\,\,\,(\Delta )\)

Hay \(\begin{array}{l}(\Delta ):\,\,\,\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}x - y + \left[ {\frac{{3{x_0}}}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + 2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}} \right] = 0\,\,\,\\(\Delta ):\,\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}x - y + 2 - \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} = 0\\d(I,\Delta ) = \frac{{|\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}{x_0} - (2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}) + 2 - \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}|}}{{\sqrt {\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^4}}} + 1} }} = \frac{{6|{x_0} + 1|}}{{\sqrt {9 + {{({x_0} + 1)}^4}} }} = \frac{6}{{\sqrt {\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + {{({x_0} + 1)}^2}} }}\end{array}\)

Áp dụng BĐT Cauchy: \(\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + {({x_0} + 1)^2} \ge 2\sqrt 9  = 6 \Rightarrow d \le \sqrt 6 \)

Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} = {({x_0} + 1)^2} \Leftrightarrow {x_0} =  - 1 \pm \sqrt 3 \)

Vậy có hai điểm cần tìm là \(M( - 1 + \sqrt 3 ;2 - \sqrt 3 )\) hoặc \(M( - 1 - \sqrt 3 ;2 + \sqrt 3 )\)

Theo dự định, mỗi ngày, trang trại ăn hết: \(1:50 = \frac{1}{{50}}\)(lượng thức ăn)

Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: \(\frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^{k - 1}},k \in N*\)

Xác định số tự nhiên n nhỏ nhât để:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{50}} + \frac{1}{{50}}(1 + 3\% ) + \frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^2} + ... + \frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^{n - 1}} \ge 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{50}}(1 + 1,03 + 1,{03^2} + ... + 1,{03^{n - 1}}) \ge 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{50}}.\frac{{1,{{03}^{n - 1}} - 1}}{{1,03 - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow 1,{03^{n - 1}} - 1 \ge 1,5 \Leftrightarrow 1,{03^{n - 1}} \ge 2,5 \Leftrightarrow n - 1 \ge {\log _{1,03}}2,5 \Leftrightarrow n \ge 31,99 \Rightarrow {n_{Min}} = 32\end{array}\)