Đề thi học kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 3

\(\begin{array}{l}f'( - 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{f(x) - f( - 1)}}{{x - ( - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{\frac{{\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  - 2}}{{x + 1}} - 0}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{{x^3} + 2{x^2} + x + 4 - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}(\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{{x^3} + 2{x^2} + x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}(\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  + 2)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{x({x^2} + 2x + 1)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}(\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{x}{{\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  + 2}} = \frac{{ - 1}}{4}\end{array}\)

Đáp án C.

\(y' = \left( {\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} } \right)' = \frac{{\left( {4{x^2} + 3x + 1} \right)'}}{{2\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} }} = \frac{{8x + 3}}{{2\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} }}\)

Đáp án D.

\(\begin{array}{l}g(x) = f(x) - 2021 = a{x^3} + b{x^2} + cx + d - 2021\\g(0) = d - 2021 > 0\\g(1) = a + b + c + d - 2021 < 0\end{array}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {a{x^3} + b{x^2} + cx + d - 2021} \right) =  + \infty \)

Suy ra, tồn tại giá trị \({x_1} > 1\) sao cho \(g\left( {{x_1}} \right) > 0\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {a{x^3} + b{x^2} + cx + d - 2021} \right) =  - \infty \)

Suy ra, tồn tại \({x_2} < 0\) sao cho \(g\left( {{x_2}} \right) > 0\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}g\left( {{x_1}} \right).g(1) < 0\\g(0).g(1) < 0\\g\left( {{x_2}} \right).g(0) < 0\end{array} \right.\)

Suy ra, \(g\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm phân biệt

Đáp án B.

Đáp án B,D.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BA\\BC \bot SA\\SA,BA \subset (SAB)\\SA \cap BA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH\)

Mặt khác:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\\SB,BC \subset (SBC)\\SB \cap BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SBC)\\ \Rightarrow AH \bot BC;\,AH \bot SC\end{array}\)

Đáp án A: \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC\)

Đáp án C.

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là \(M(1;0)\)

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\frac{{x - 1}}{{x - 2}}} \right)' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\y'(1) =  - 1\end{array}\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M là:

\(\begin{array}{l}y = f'(1)(x - 1) + 0 =  - 1(x - 1) + 0\\y =  - x + 1\end{array}\)

Đáp án A.

Góc \(\alpha  \in \left[ {{0^0};{{90}^0}} \right]\)

Đáp án A.

Hàm số \(f(x) = \frac{{2x - 3}}{{x - 1}}\) xác định trên \(R\backslash \left\{ 1 \right\}\)

Nên hàm số không liên tục tại \(x = 1\)

Đáp án C.

Tổng số quả táo của mỗi lô hàng A và B đều là n = 20.

Cân nặng trung bình của mỗi quả táo ở lô hàng A là:

\(\overline {{x_A}}  = \frac{{1.152,5 + 4.157,5 + 10.162,5 + 3.167,5 + 2.172,5}}{{20}} = \frac{{651}}{4} = 162,75\,(gam)\) 

Cân nặng trung bình của mỗi quả táo ở lô hàng B là:

\(\overline {{x_A}}  = \frac{{2.152,5 + 3.157,5 + 12.162,5 + 2.167,5 + 1.172,5}}{{20}} = 161,75\,(gam)\)

Đáp án A.

\(\begin{array}{l}y' = \left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x - \cos x - 2x} \right)' = \cos x + \sin x - 2 < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin (x + \frac{\pi }{4}) - 2 < 0\\ \Leftrightarrow \sin (x + \frac{\pi }{4}) < \sqrt 2 \end{array}\)

Mặt khác, do \( - 1 \le \sin (x + \frac{\pi }{4}) \le 1,\forall x \in R\) nên \(\sin (x + \frac{\pi }{4}) < \sqrt 2 \)đúng \(\forall x \in R\)

Vậy BPT nghiệm đúng \(\forall x \in R\)

Đáp án D.

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 D.

Ta có:

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

Mặt khác,

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

Xét tam giác SAB vuông tại A ta có :

\(AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow d(AH,(SBC)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Đáp án B.

Xét tam giác ADC có: OI là đường trung bình

Suy ra: \(OI//CD\) (tính chất đường trung bình)

Do ABCD là hình vuông nên \(CD \bot AD\)

Suy ra: \(OI \bot AD\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AD \bot OI - cmt\\AD \bot SO\,\,(SO \bot (ABCD))\\OI,SO \subset (SOI)\\OI \cap SO\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot (SOI)\\ \Rightarrow AD \bot SI\end{array}\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}(SAD) \cap (ABCD) = AD\\SI \subset (SAD),SI \bot AD\\OI \subset (ABCD),OI \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {(SAD),(ABCD)} \right) = (SI,OI)\)

Xét tam giác SOI vuông tại O: \((SI,OI) = \widehat {SOI}\)

Đáp án B.

a) Đạo hàm của hàm số \(s(t)\)tại thời điểm \({t_0}\)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}f'({t_0}) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{f(t) - f({t_0})}}{{t - {t_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left( {\frac{{2{t^2} + t - 1 - (2{t_0}^2 + {t_0} - 1)}}{{t - {t_0}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left( {\frac{{(t - {t_0})\left[ {2\left( {t + {t_0}} \right) + 1} \right]}}{{t - {t_0}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left[ {2\left( {t + {t_0}} \right) + 1} \right] = 4{t_0} + 1\end{array}\)

b) Phương trình vận tốc của chất điểm là: \(v(t) = s' = s'(t) = 4t + 1\)

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 2 (s) là: \(v(2) = 4.2 + 1 = 9\)\((m/s)\)

c) Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 5 (s) là: \(v(5) = 4.5 + 1 = 21\)\((m/s)\)

d) Trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) tới \(t = 2s\)thì chất điểm di chuyển được quãng đường: \(4.2 + 2 - 1 = 9(m)\)

Suy ra vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian 2s kể từ thời điểm \(t = 0\) là:

\(\overline v  = \frac{{\Delta s}}{{\Delta t}} = \frac{{9 - 0}}{{2 - 0}} = 4,5(m/s)\)

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

a) Hệ số góc của tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là \(k = y'(1) = 4\)

b) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \({x_0} = 0\) thuộc \((C)\) là:

\(y = y'(0)(x - 0) + y(0) \Leftrightarrow y = 2x - 4\)

c) Với \({y_0} = - 1 \Rightarrow y = x_0^2 + 2{x_0} - 4 = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} =  - 3\end{array} \right.\). Vậy có hai tiếp điểm thuộc \((C)\) có tung độ \({y_0} =  - 1\) là \(\left( {1; - 1} \right)\) và \(\left( { - 3; - 1} \right)\). Nên ta có:

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(\left( {1; - 1} \right)\) là: \(y = y'(1)(x - 1) + y(1) \Leftrightarrow y = 4x - 5\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(\left( { - 3; - 1} \right)\) là: \(y = y'( - 3)(x + 3) + y( - 3) \Leftrightarrow y =  - 4x - 13\)

d)Gọi \(M\left( {a;b} \right)\) là tiếp điểm của tiếp tuyến của đồ thị \((C)\) với hệ số góc \(k =  - 4\)

\( \Rightarrow y'(a) =  - 4 \Leftrightarrow 2a + 2 =  - 4 \Leftrightarrow a =  - 3 \Rightarrow b =  - 1\)

Suy ra phương trình tiếp tuyến với hệ số góc \(k =  - 4\) là \(y =  - 4(x + 3) - 1 \Leftrightarrow y =  - 4x - 13\)

a) Do ABCD là hình vuông nên \(CD \bot AD \subset (SAD)(1)\)

\(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot CD\,(2)\)

Trong (SAD): \(SA \cap AD = A,(3)\)

Từ (1), (2) và (3) nên \(CD \bot (SAD)\)

b) Do ABCD là hình vuông nên \(BD \bot AC\,(4)\)

\(SA \bot (ABCD);BD \subset (ABCD) \Rightarrow SA \bot BD\,\,(5)\)

Trong (SAC): \(SA \cap AC = A,(6)\)

Từ (4), (5) và (6) nên \(BD \bot (SAC)\)

c)Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\\AB,SA \subset (SAB)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\) mà \(AH \subset (SAB) \Rightarrow AH \bot BC\)

Lại có \(AH \bot SB\) nên theo hệ quả, ta được \(AH \bot SC\)

Theo câu (a), \(CD \bot (SAD)\) mà \(AK \subset (SAD)\) nên \(AK \bot CD\)

Lại có AK là đường cao của tam giác \(SAD \Rightarrow AK \bot SD\)

Nên theo hệ quả \(AK \bot SC\)

Trong tam giác AKH: \(AH \bot SC,AK \bot SC\) nên theo hệ quả \(HK \bot SC\)

d)Ta có: \(\Delta SAB = \Delta SAD\,(c.g.c) \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{SD}} \Rightarrow HK//BD\,(7)\)

Theo câu (a), \(BD \bot (SAC)\) mà \(AI \subset (SAC) \Rightarrow BD \bot AI\,(8)\)

Từ (7) và (8), \(HK \bot AI\)

a)Phép thử T: “Gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất hai lần”

Ω={(i,j)∣i,j=1,2,3,4,5,6}

Ω = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6), (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6), (6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)}

b) A = {(4, 6), (5, 5), (5, 6), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} nên n(A) = 6

B = {(1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)} nên n(B) = 11

c) \(P(A) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\)

d) \(P(B) = \frac{{11}}{{36}}\)

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)

\(f'(x) = 3si{n^2}\left( {\frac{\pi }{3} - 2x} \right).cos\left( {\frac{\pi }{3} - 2x} \right).( - 2)\)

\(f'(x) =  - 6si{n^2}\left( {\frac{\pi }{3} - 2x} \right).cos\left( {\frac{\pi }{3} - 2x} \right)\)

\(f'\left( {\frac{\pi }{3}} \right) =  - \frac{9}{4}\)

Gọi giá trị của xe năm thứ n là \({x_n} = 12.000.000\)đ, giá trị xe ban đầu là \({x_0} = 20.000.000\)đ và với hao mòn \(r = 10\% \)

Sau một năm giá trị của xe còn lại là: \({x_1} = {x_0} - r{x_0} = {x_0}(1 - r)\)

Sau hai năm, giá trị của còn lại là: \({x_2} = {x_1} - r{x_1} = {x_1}(1 - r) = {x_0}{(1 - r)^2}\)

Sau n năm, giá trị của xe còn lại là: \({x_n} = {x_{n - 1}} - r{x_{n - 1}} = {x_{n - 1}}(1 - r) = {x_0}{(1 - r)^n}\)

Do đó, ta có: \(n = {\log _{(1 - r)}}\frac{{{x_n}}}{{{x_0}}} = {\log _{(1 - 10\% )}}\frac{{12.000.000}}{{20.000.000}} = 4.848 \approx 5\)năm

Vậy sau 5 năm thì giá trị còn lại của xe là \(12.000.000\)đ

Ta có hàm số liên tục trên \(( - \infty ;1)\,\,va\,(1; + \infty )\).

Để hs liên tục trên R thì phải liên tục tại \(x = 1 \Rightarrow \mathop {\lim f(x)}\limits_{x \to 1}  = f(1)\)

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

\(f(1) = 2 + a\)

Ta có \(\mathop {\lim f(x)}\limits_{x \to 1}  = f(1) \Leftrightarrow \)\(2 + a = 2 \Leftrightarrow a = 0\).

Gọi M là trung điểm của BC thì \(AM \bot BC\)

Dựng AH vuông góc với SM (H thuộc SM)  

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên  \(SA \bot BC\)                   

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\) 

                     \( \Rightarrow AH \bot BC\)                             

Từ (a) và (b) \( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\)= \(a\sqrt {\frac{6}{{11}}} \)

Xét \(\Delta SAM\) ta có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {AM} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt {\frac{6}{{11}}} } \right)}^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}\)

\( \Rightarrow SA = \sqrt 2 a\)

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2}.\sqrt 2 a = \frac{{\sqrt 6 }}{{12}}{a^3}\)

Ta có:

\(\frac{{d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right).\)

Vì \(M\)là trung điểm của \(AD\) nên có: \(AM = MD = \frac{1}{2}AD = a.\)

Tứ giác \(ABCM\) có: \(BC//AM\,\,\left( {gt} \right)\) và \(BC = AM = a\) nên nó là hình bình hành.

Suy ra: \(CM = AB = a.\)

Tam giác \(ACD\) có \(CM\) là đường trung tuyến và \(CM = AM = MD = \frac{1}{2}AD\) nên tam giác \(ACD\)là tam giác vuông tại \(C.\)

Suy ra: \(CD \bot AC.\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\,\,\left( {cmt} \right)\\CD \bot SA\,\,\,\left( {do\,\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right).\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAC} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SAC} \right).\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),\) kẻ \(AH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right).\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SC\\AH \bot SC\\AH \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right).\)

Suy ra: \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH.\)

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) có \(AB = BC = a\) nên \(AC = a\sqrt 2 .\)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\,\,\left( {do\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) có :

\(AH = \frac{{AS.AC}}{{\sqrt {A{S^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a.\,a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Suy ra: \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Suy ra: \(d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}.\)

Vậy \(d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}.\)