Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 08

Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ trên $\left( {ACD} \right)$. Suy ra $H$ là tâm tam giác $ACD$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BH\\AM \bot BN\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot HN$. Do đó $HN\;{\rm{//}}\;MD$, suy ra $\frac{{AN}}{{AD}} = \frac{2}{3}$.

Hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ nên $BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)$$\Rightarrow BB' \bot A'B'$$\Rightarrow A'B' \bot BB'$$\left( 1 \right)$

Bài ra có $AB \bot BC$$\Rightarrow A'B' \bot B'C'$.

Kết hợp với $\left( 1 \right)$ $\Rightarrow A'B' \bot \left( {BCC'B'} \right)$ $\Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {A'BB'}$

$\Rightarrow \tan \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \tan \widehat {A'BB'}$$= \frac{{A'B'}}{{BB'}}$$= \frac{a}{{a\sqrt 3 }}$$= \frac{1}{{\sqrt 3 }}$$\Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = 30^\circ$.

Chọn A

Ta có: AC $\perp$ BD (1) (giả thiết)

AC$\perp$ SO (2) ( Do DSAC là tam giác cân tại A và O là trung điểm của AC nên SO là đường cao của tam giác)

Từ (1) và (2) suy ra: AC $\perp$ (SBD) mà AC Ì (ABCD) nên (SBD)$\perp$(ABCD)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot SB$$\Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại $B$.

Trong $\Delta SBC$ dựng đường cao $BH$$\Rightarrow$$d\left( {B;SC} \right) = BH$.

$SB = 2a$; $\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}}$$\Rightarrow BH = \frac{{BS.BC}}{{\sqrt {B{S^2} + B{C^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là: $V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SB$$= \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.2a$$= \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}$.

Chọn C

Gọi ${A_1}$ là biến cố: "Khẩu pháo thứ nhất bắn trúng mục tiêu", ${A_2}$ là biến cố: "Khẩu pháo thứ hai bắn trúng mục tiêu".

Gọi $A$ là biến cố: "Mục tiêu bị bắn trúng", suy ra $\bar A$ là biến cố: "Mục tiêu không bị bắn trúng". Ta có:

$P(\bar A) = P\left( {{{\bar A}_1}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_2}} \right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{2} \Rightarrow P(A) = 1 - P(\bar A) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.$

Chọn B

Gọi $A$ là biến cố: "Sinh viên được chọn là người được tăng điểm".

Gọi $B$ là biến cố: "Sinh viên được chọn học giỏi môn Tiếng Anh".

Gọi $C$ là biến cố: "Sinh viên được chọn học giỏi môn Tin học".

Ta có $A = B \cup C;BC$ là biến cố: "Học sinh chọn học giỏi cả môn Tiếng Anh và Tin học".

Ta có: $P(A) = P(B) + P(C) - P(BC) = \frac{{40}}{{100}} + \frac{{30}}{{100}} - \frac{{20}}{{100}} = \frac{1}{2}$.

Vận tốc của chuyển động: $v = s' = - t + 20$

Tại thời điểm $t = 8$ thì $v = 12\,{\rm{m/}}\,{\rm{s}}$.

Chọn C

Tập xác định: $\mathcal{D} = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

Ta có

$y' = {\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^{ - 2}}} \right]^\prime } = - 2{\left( {x + 2} \right)^{ - 3}}{\left( {x + 2} \right)^\prime } = - 2{\left( {x + 2} \right)^{ - 3}}$.

$y'' = {\left[ { - 2{{\left( {x + 2} \right)}^{ - 3}}} \right]^\prime } = 6{\left( {x + 2} \right)^{ - 4}}{\left( {x + 2} \right)^\prime } = 6{\left( {x + 2} \right)^{ - 4}} = 6{y^2}$.

Vậy $y'' - 6{y^2} = 0$.

Ta có: $y\left( { - 1} \right) = - 2$ và $y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$$\Rightarrow y'\left( { - 1} \right) = - 1$.

Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( { - 1; - 2} \right)$ là: $y = - \left( {x + 1} \right) - 2$$= - x - 3$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Số phần tử của không gian mẫu là 5.6.6=180 (phần tử).

Xác suất của các biến cố $A,B$ và $AB$ lần lượt là: $P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{5.3.6}}{{180}} = \frac{1}{2}$,

$P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{2.6.6 - 1}}{{180}} = \frac{{71}}{{180}},P(AB) = \frac{{n(AB)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{2.6.3}}{{180}} = \frac{1}{5}.$

Xác suất của biến cố $A \cup B$ là $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \frac{{25}}{{36}}$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

+ Đáp án a đúng.
+ Gọi $I$ là trung điểm của $BC$.

Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được $\frac{{AA'}}{{SA}} = \frac{{OO'}}{{SO}} = \frac{1}{2}$ $\Rightarrow SO = 2OO' = a$. Mặt khác $\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, có $AI$ là đường trung tuyến $\Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ $\Rightarrow AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Áp dụng định lý Pytago trong $\Delta SOA$ vuông tại $O$ ta có:

$S{A^2} = S{O^2} + A{O^2} = {a^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{12{a^2}}}{9}$ $\Rightarrow SA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$ $\Rightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$. Vì $ABC.A'B'C'$ là hình chóp cụt đều nên $AA' = BB' = CC' = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$ $\Rightarrow$ đáp án b sai.

+ Ta có: $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC$. Vì $\Delta SBC$ cân tại $S$ và $I$ là trung điểm của $BC$ nên suy ra $SI \bot BC$. Mặt khác $\Delta ABC$ là tam giác đều có $I$ là trung điểm của $BC$ $\Rightarrow AI \bot BC$.

$\Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SI,AI} \right) = \left( {SI,OI} \right) = \widehat {SIO}$ $\Rightarrow$ đáp án c đúng.

+ Ta có: $\frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta A'B'C'}}}} = \frac{{\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A}}{{\frac{1}{2}.A'B'.A'C'.\sin A'}} = \frac{{AB.AC}}{{A'B'.A'C'}} = \frac{{2A'B'.2A'C'}}{{A'B'.A'C'}} = 4$ $\Rightarrow$ đáp án d đúng.

a) Sai

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Điều kiện $x > 0$.

Chia cả hai vế của phương trình cho ${3^{2\log x}}$ ta được $4{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2\log x}} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}} - 18 = 0$.

Đặt $t = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}}$, $t > 0$.

Ta có $4{t^2} - t - 18 = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{9}{4}\\t = - 2\left( L \right)\end{array} \right.$.

Với $t = \frac{9}{4}$ $\Rightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\log x}} = \frac{9}{4}$ $\Leftrightarrow \log x = 2$ $\Leftrightarrow x = 100$.

Vậy $a = 100 = {10^2}$.

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

$y' = 2\cos 2x$, $y'' = - 4\sin 2x$.

${y^2} + {\left( {y'} \right)^2} = {\sin ^2}2x + 4{\cos ^2}2x = 1 + 3{\cos ^2}2x$.

$4y + y'' = 4\sin 2x - 4\sin 2x = 0$.

$4y - y'' = 8\sin 2x$.

$y'\tan 2x = 2\cos 2x.\frac{{\sin 2x}}{{\cos 2x}} = 2\sin 2x$.

Trả lời: $0{,}65.$

Lời giải

Gọi $A,B,C$ lần lượt là các biến cố "Khẩu pháo A bắn trúng máy bay", "Khẩu pháo B bắn trúng máy bay", "Khẩu pháo C bắn trúng máy bay".

Biến cố máy bay bị rơi là $AB\bar C \cup \bar ABC \cup A\bar BC \cup ABC$.

Xác suất máy bay bị rơi là

$P(A)P(B)P(\bar C) + P(C)P(B)P(\bar A) + P(A)P(C)P(\bar B) + P(A)P(B)P(C) = 0{,}65.$

Trả lời: $\approx {62{,}7^0}$

Lời giải

Kẻ $BI \bot AC$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BI \bot AC}\\{BI \bot SA}\end{array} \Rightarrow BI \bot (SAC)} \right.$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SAC) \cap (SBC) = SC}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SAC),IH \bot SC \Rightarrow [A,SC,B] = \widehat {IHB}}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} \,(SBC),BH \bot SC}\end{array}} \right.$

Ta có:

$ΔHCI∽ΔACS\Rightarrow \frac{HI}{SA}=\frac{CI}{SC}\Rightarrow HI=\frac{SA\cdot CI}{SC}=\frac{2a\cdot \frac{a}{2}}{\sqrt{{(2a)}^{2}+{a}^{2}}}=\frac{\sqrt{5}}{5}a$

Xét $\Delta BH$ vuông tại $I:\tan \widehat {BHI} = \frac{{BI}}{{HI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 5 }}{5}a}} = \frac{{\sqrt {15} }}{2} \Rightarrow \widehat {BHI} \approx {62{,}7^0}$

Trả lời: $d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a$

Lời giải

Kẻ $AH \bot BC$ tại $H \Rightarrow d(A,BC) = AH$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot SA}\\{BC \bot AH}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAH) \Rightarrow BC \bot SH} \right.$

Ta có: $SH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{C^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a$

Ta có: $AH = \sqrt {S{A^2} + S{H^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}a} \right)}^2}} = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a$

Vậy $d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a$.

Trả lời: $\approx 10{,}6465$giờ.

Lời giải

$P\left( t \right) = \frac{{1500000}}{{1 + 5000{e^{ - 0{,}8t}}}} \Rightarrow P'\left( t \right) = \frac{{6000000000.{e^{ - 0{,}8t}}}}{{{{\left( {1 + 5000{e^{ - 0{,}8t}}} \right)}^2}}} \le \frac{{6000000000.{e^{ - 0{,}8t}}}}{{4.1.5000{e^{ - 0{,}8t}}}} = 300000$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $1 = 5000{e^{ - 0{,}8t}} \Leftrightarrow t \approx 10{,}6465$ giờ.

Trả lời: $58{,}8m$

Lời giải

$v = S'\left( t \right) = 9{,}8t$

$${v_{\left( 6 \right)}} = 9{,}8.6 = 58{,}8m$$

Trả lời: $2\sin 2x - 1$

Lời giải

Ta có $f\left( x \right) = {\sin ^2}x - {\cos ^2}x - x$$= - \cos 2x - x$$\Rightarrow f'\left( x \right) = 2\sin 2x - 1$.