Đề thi học kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 2

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

Đáp án C.

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

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(y = f(x) =  - {x^3} + x\)tại điểm \(M({x_0};f({x_0})).\)

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

Đáp án C.

Trong mỗi khoảng thời gian, giá trị đại diện là trung bình cộng của giá trị hai đầu mút nên ta có bảng sau:

Tổng số học sinh là n = 45. Thời gian trung bình giải bài toán của học sinh lớp 11 A là:

\(\overline x  = \frac{{6.9 + 17.12 + 17.15 + 5.18}}{{45}} = \frac{{67}}{5} = 13,4\) (phút)

Đáp án C.

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

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

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

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

Đáp án A.

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

Đáp án B.

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có:

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

Hàm số liên tục tại \(x = 1\) khi \(f(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\)

Vậy khi m =  2 thì hàm số liên tục tại \(x = 1\)

Đáp án C.

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

Đáp án D.

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

Đáp án A.

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

Ta có: \(\left( {SB,(ABC)} \right) = (SB,AB)\)

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại A có:

 \(\begin{array}{l}\tan \left( {SB,AB} \right) = \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{\sqrt {S{B^2} - A{B^2}} }}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \\ \Rightarrow \widehat {SBA} = {60^0}\end{array}\)

Đáp án B.

Ta có:

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

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.

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = \left[ {\frac{{\left( {2x + 1} \right){{\left( {2 - 3x} \right)}^2}}}{{x - 1}}} \right]' = \left( {\frac{{18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4}}{{x - 1}}} \right)'\\ = \frac{{\left( {18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4} \right)'(x - 1) - (18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4)(x - 1)'}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{36{x^3} - 69{x^2} + 30x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\g'\left( 2 \right) = 72\end{array}\)

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”: \(P(D) = \frac{{n(D)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_8^1.C_7^1.C_5^1}}{{C_{20}^3}} = \frac{{280}}{{1140}} = \frac{{14}}{{57}}\)

Cỡ mẫu là n = 7 + 10 + 20 + 6 + 2 = 45

Gọi x₁, x₂, ….., x₄₅ là cân nặng của 45 học sinh và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

Khi đó, trung vị là x₂₃. Do giá trị x₂₃ thuộc nhóm [50; 55) nên nhóm này chứa trung vị.

Do đó p = 3; a₃ = 50, m₃ = 20; m₁ + m₂ = 7 + 10 = 17; a₄ – a₃ = 55 – 50 = 5

Khi đó

\({M_e} = {a_3} + \frac{{\frac{n}{2} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}({a_4} - {a_3}) = 50 + \frac{{\frac{{45}}{2} - 17}}{{20}}.5 \approx 51,4\).

Vậy M_e = 51,4.

Từ M_e = 51,4, suy ra Q₂ = 51,4.

- Tứ phân vị thứ nhất Q₁ là trung vị của nửa dãy bên trái Q₂ nên \({Q_1} = \frac{{{x_{11}} + {x_{12}}}}{2}\)

Do x₁₁ và x₁₂ đều thuộc nhóm [45; 50) nên nhóm này chứa Q₁. Do đó, p = 2, a₂ = 45, m₂ = 10, m₁ = 7; a₃ – a₂ = 5.

Ta có \({Q_1} = {a_2} + \frac{{\frac{n}{4} - {m_1}}}{{{m_2}}}({a_3} - {a_2}) = 45 + \frac{{\frac{{45}}{2} - 7}}{{10}}.5 \approx 47,1\)

- Tứ phân vị thứ ba Q₃ là trung vị của nửa dãy bên phải Q₂ nên \({Q_3} = \frac{{{x_{34}} + {x_{35}}}}{2}\).

Do x₃₄ và x₃₅ đều thuộc nhóm [50; 55) nên nhóm này chứa Q₃. Do đó, p = 3, a₃ = 50, m₃ = 20, m₁ + m₂ = 7 + 10 = 17; a₄ – a₃ = 55 – 50 = 5.

Ta có \({Q_3} = {a_3} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}({a_4} - {a_3}) = 50 + \frac{{\frac{{3.45}}{4} - 17}}{{20}}.5 \approx 54,2\) .

Vậy tứ phân vị: Q₁ ≈ 47,1; Q₂ ≈ 51,4; Q₃ ≈ 54,2.

- Ta thấy tần số lớn nhất là 20 nên nhóm chứa mốt là nhóm [50; 55).

Ta có j = 3, a₃ = 50, m₃ = 20, m₂ = 10, m₄ = 6, h = 55 – 50 = 5

Khi đó

\({M_0} = {a_3} + \frac{{{m_3} - {m_2}}}{{\left( {{m_3} - {m_2}} \right) + \left( {{m_3} - {m_4}} \right)}}h = 50 + \frac{{20 - 10}}{{(20 - 10) + (20 - 6)}}.5 \approx 52,1\)

Vậy M_o ≈ 52,1.

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:

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