Đề thi học kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 4

\(A = \frac{{{{12}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{4^{5 + \sqrt 3 }}{{.3}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{2^{10 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{2^5}}}{{{3^2}}} = \frac{{32}}{9}\)

Đáp án B.

Do 0

Đồ thị luôn đi qua điểm (1;0)

Đáp án B.

a)

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\,\,(Do\,\,SA \bot (ABC))\\BC \bot SH\\SA,SH \subset (SAH)\\SA \cap SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAH)\)

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

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot CK - cmt\,\,\\SB \bot CH\\CH,CK \subset (CKH)\\CH \cap CK\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot (CKH) \Rightarrow SB \bot HK\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SB - cmt\,\,\\HK \bot BC\,(Do\,BC \bot (SAB))\\SB,BC \subset (SBC)\\SB \cap BC\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot (SBC)\)

c)Do \(CK \bot (SAB)\)nên BC không thể vuông góc với (SAB)

d) Gọi M là giao điểm của SH và BC. Do \(BC \bot (SAH)\) nên \(BC \bot AM\) hay đường thẳng AM trùng với đường thẳng AK. Hay SH, AK, BC đồng quy

Đáp án C.

Dựng \(AH \bot BC \Rightarrow d(A,BC) = AH\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (SBC)\\AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot BC\\ \Rightarrow BC \bot (SAH) \Rightarrow BC \bot SH\end{array}\)

Xét tam giác SBC vuông tại S có SH là đường cao ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} \Rightarrow S{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\\ \Rightarrow SH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\end{array}\)

Ta có: \(SA \bot (SBC) \Rightarrow SA \bot SH \Rightarrow \Delta SAH\)vuông tại S

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SAH\) vuông tại S ta có:

\(A{H^2} = S{A^2} + S{H^2} = 9{a^2} + \frac{{4{a^2}}}{5} = \frac{{49{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{7a\sqrt 5 }}{5}\)

Đáp án B.

Gọi A là biến cố “Người được chọn thành thạo tiếng Anh”; B là biến cố “Người được chọn thành thạo tiếng Pháp”.

Biến cố: “Người được chọn thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng Anh hoặc Pháp” là biến cố hợp của A và B.

Khi đó P(A) = \(P(A) = \frac{{31}}{{50}};P(B) = \frac{{21}}{{50}};P(AB) = \frac{5}{{50}} = \frac{1}{{10}}\) 

Ta có: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB) = \(\frac{{31}}{{50}} + \frac{{21}}{{50}} - \frac{1}{{10}} = \frac{{47}}{{50}}\)

Vậy xác suất để người được chọn thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là \(\frac{{47}}{{50}}\)

Đáp án A.

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

Giao điểm của \(\left( C \right)\) với trục tung là \(M(0; - 2)\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M(0; - 2)\) là: \(y = y'(0)(x - 0) + ( - 2) = 3x - 2\)

Đáp án C.

\(y' = \left( {{{\sin }^2}x} \right)' = 2\sin x.c{\rm{os}}x = \sin 2x\)

Đáp án B.

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\sqrt {2 + 2{x^2}} } \right)' = \frac{{\left( {2 + 2{x^2}} \right)'}}{{2\sqrt {2 + 2{x^2}} }} = \frac{{4x}}{{2\sqrt {2 + 2{x^2}} }} = \frac{{2x}}{{\sqrt {2 + 2{x^2}} }}\\ \Rightarrow a = 0,b = 2\\ \Rightarrow S = a - 2b =  - 4\end{array}\)

Đáp án A.

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\frac{{{x^2} + x}}{{x - 1}}} \right)' = \frac{{\left( {{x^2} + x} \right)'(x - 1) - ({x^2} + x)(x - 1)'}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{(2x + 1)(x - 1) - ({x^2} + x)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}\\ \Rightarrow a = 1;b =  - 2,c =  - 1\\ \Rightarrow S = a + b + c =  - 2\end{array}\)

Đáp án B.

\(s'\left( t \right) = \left( {{t^2} + 1} \right)' = 2t\)

Vận tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm \(t = 3s\)bằng \(v\left( 3 \right) = 2.3 = 6(m/s)\)

Đáp án B.

Gọi A là biến cố “người thứ nhất bắn trúng”

B là biến cố “người thứ hai bắn trúng”

AB là biến cố “cả hai người đều bắn trúng”

Suy ra \(P(A) = 0,6;P(B) = 0,7\)

Ta có: \(P(AB) = 0,6.0,7 = 0,42\)

Đáp án C.

\(y' = \left( {{x^5}} \right)' = 5{x^4}\)

Đáp án D.

Tần số lớn nhất là 12 nên nhóm chứa mốt là nhóm [20; 25). Ta có j = 2, a₂ = 20, m₂ = 12, m₁ = 7, m₃ = 5, h = 25 – 20 = 5

Khi đó

\({M_0} = {a_2} + \frac{{{m_2} - {m_1}}}{{\left( {{m_2} - {m_1}} \right) + \left( {{m_2} - {m_3}} \right)}}.5 = 20 + \frac{{12 - 7}}{{(12 - 7) + (12 - 5)}}.5 = \frac{{265}}{{12}} \approx 22,08\)

Vậy M_o ≈ 22,08.

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

a) Vì tam giác ABC cân tại A, AI là trung tuyến nên AI đồng thời là đường cao hay AI \( \bot \)

Vì tam giác BCD cân tại D, DI là trung tuyến nên DI đồng thời là đường cao hay DI \( \bot \) BC.

Có AI \( \bot \)BC và DI \( \bot \) BC nên BC \( \bot \) (AID).

b) Do AH là đường cao của tam giác AID nên AH \( \bot \)

Vì BC \( \bot \) (AID) nên BC \( \bot \) AH mà AH\( \bot \)DI nên AH \( \bot \) (BCD).

c) Vì BC \( \bot \)(AID) nên BC \( \bot \)IJ, mà IJ là đường cao của tam giác AID nên IJ \( \bot \) Do đó IJ là đường vuông góc chung của AD và BC.

d) Tam giác BCD cân nên H không là trọng tâm tam giác BCD

Xác suất để học sinh tỉnh X không đạt yêu cầu là \(100\%  - 93\%  = 7\%  = 0,07\)

Xác suất để học sinh tỉnh Y không đạt yêu cầu là \(100\%  - 87\%  = 13\%  = 0,13\)

Gọi A là biến cố: “Học sinh tỉnh X đạt yêu cầu”

B là biến cố: “Học sinh tỉnh Y đạt yêu cầu”

Khi đó ta có: \(P(A) = 0,93;P(B) = 0,87;P(\overline A ) = 0,07;P(\overline B ) = 0,13\)

a) Xác suất để cả hai học sinh được chọn đều đạt yêu cầu là:

\(P(AB) = P(A).P(B) = 0,93.0,87 = 0,8091\)

b) Xác suất để cả hai học sinh được chọn đều không đạt yêu cầu là

\(P(\overline {AB} ) = P(\overline A ).P(\overline B ) = 0,07.0,13 = 0,0091\)

c) Xác suất để chỉ có đúng một học sinh được chọn đạt yêu cầu là:

\(P(A\overline B ) + P(\overline A B) = 0,93.0,13 + 0,07.0,87 = 0,1818\)

d) Xác suất để có ít nhất một trong hai học sinh được chọn đạt yêu cầu là:

\(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,93 + 0,87 - 0,8091 = 0,9909\)

\(I = \mathop {lim}\limits_{x \to  - 3} \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{{x^2} + 5x + 6}} = \mathop {lim}\limits_{x \to  - 3} \frac{{(x + 3)(x - 1)}}{{(x + 3)(x + 2)}}\)

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

\(\begin{array}{l}y' = 20{x^3} - 9{x^2} + 6\\y'(0) = 6\end{array}\)

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD.\) Suy ra \(SO \bot (ABCD)\) hay \(SO \bot BD\)

Xét hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a,\) ta có \(AD = AB = a.\)

Suy ra \(BD = a\sqrt 2 \)(đường chéo hình vuông)\( \Rightarrow OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác vuông \(SDO\)vuông tại \(O,\) áp dụng định lý Pitago ta có: \(S{D^2} = S{O^2} + O{D^2} \Rightarrow S{O^2} = S{D^2} - O{D^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy \(d(S,(ABCD)) = SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

\(\left( {\widehat {SC,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SC,AC}} \right) = \widehat {SCA}\)

Tam giác \(SAC\) có \(SA \bot AC,SA = AC = a\sqrt 2 \) Suy ra \(\widehat {SCA} = {45^0}.\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1; - 3} \right)\) nên \( - 3 = a + b + c\) \(\left( 1 \right)\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( {2;3} \right)\) nên \(16a + 4b + c = 3\) \(\left( 2 \right)\)

Tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ bằng \( - 1\) có hệ số góc bằng 2 nên \(f'\left( { - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow  - 4a - 2b =  - 2 \Leftrightarrow 2a + b = 1\) \(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\), \(\left( 3 \right)\) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}a + b + c =  - 3\\16a + 4b + c = 3\\2a + b =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 3\\c =  - 1\end{array} \right.\)

Vậy \(S = 3\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\)

Gọi \(M\left( {a;\frac{{a - 2}}{{a + 3}}} \right) \in \left( C \right)\).

\(y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\): \(y = \frac{5}{{{{\left( {a + 3} \right)}^2}}}\left( {x - a} \right) + \frac{{a - 2}}{{a + 3}}{\rm{  }}\left( \Delta  \right)\)

\(A = Ox \cap \Delta  \Rightarrow A\left( {\frac{{ - {a^2} + 4a + 6}}{5};0} \right)\)

\(B = Oy \cap \Delta  \Rightarrow B\left( {0;\frac{{{a^2} - 4a - 6}}{{{{\left( {a + 3} \right)}^2}}}} \right)\)

\(\begin{array}{l}{S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left| {\frac{{ - {a^2} + 4a + 6}}{5}} \right|.\left| {\frac{{{a^2} - 4a - 6}}{{{{\left( {a + 3} \right)}^2}}}} \right| = \frac{{18}}{5}\\ \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 4a - 6} \right)^2} = 36{\left( {a + 3} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} - 10a - 24 = 0\\{a^2} + 2a + 12 = 0:vn\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 12\\a =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(M\left( {12;\frac{2}{3}} \right)\) hoặc \(M\left( { - 2; - 4} \right).\)