Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 10

Vì hàm số $y = {\log _c}x$ nghịch biến nên $0 < c < 1$, các hàm số $y = {a^x},\,y = {b^x}$ đồng biến nên $a > 1;\,b > 1$ nên $c$ là số nhỏ nhất trong ba số.

Đường thẳng $x = 1$ cắt hai hàm số $y = {a^x},$$y = {b^x}$tại các điểm có tung độ lần lượt là $a$ và $b$, dễ thấy $a > b$(hình vẽ). Vậy $c < b < a$

Điều kiện $x > \frac{3}{4}$.

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với ${\log _3}{\left( {4x - 3} \right)^2} \le {\log _3}\left( {18x + 27} \right)$ $\Leftrightarrow {\left( {4x - 3} \right)^2} \le 18x + 27$$\Leftrightarrow 16{x^2} - 42x - 18 \le 0$$\Leftrightarrow - \frac{3}{8} \le x \le 3$.

Kết hợp với điều kiện nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {\frac{3}{4};3} \right]$.

Gọi $E$ là trung điểm $CD$ thì $AE \bot CD$, $BE \bot CD$$\Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right)$$\Rightarrow CD \bot AB$.

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right)$.

Do đó $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $\left( {ABCD} \right)$.

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

Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{3}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

$\Rightarrow \widehat {SCA} = 30^\circ$.

Vậy góc giữa $SC$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $30^\circ$.

Chọn B

$\left. \begin{array}{l}CD \bot AB\\CD \bot BE\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow \left( {ACD} \right) \bot \left( {ABE} \right)$nên A đúng.

$\left. \begin{array}{l}DF \bot AB\\DF \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow DF \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow DF \bot AC.\quad AC \bot DF,AC \bot DK \Rightarrow AC \bot \left( {DKF} \right)$

Nên C,D đúng.

Gọi $O$ là trọng tâm tam giác $BCD$ $\Rightarrow$ $AO \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = AO$.

Gọi $I$ là trung điểm $CD$.

Ta có: $BO = \frac{2}{3}BI = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$, $AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Vậy $d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Ta có $AA' \bot \left( {A'B'C'} \right)$ nên $\widehat {\left( {AB';\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {AB'A'} = 60^\circ$.

Suy ra: $AA' = A'B'.\tan 60^\circ = a\sqrt 3$.

Thể tích khối lăng trụ là $V = AA'.{S_{\Delta A'B'C'}} = a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{4}$.

Chọn C.

Gọi $n$ ($n$ là số nguyên dương) là số trận An chơi. Gọi $A$ là biến cố “An thắng ít nhất 1 trận trong loạt chơi $n$ trận". Suy ra $\bar A$ là biến cố: "An thua tất cả $n$ trận".

Ta có: $P(A) = 1 - P(\bar A) = 1 - {(0{,}6)^n}$.

Theo giả thiết:

$P(A) > 0{,}95 \Leftrightarrow 1 - {(0{,}6)^n} > 0{,}95 \Rightarrow {(0{,}6)^n} < 0{,}05 \Rightarrow n > {\log _{0{,}6}}0{,}05 \approx 5{,}86.{\rm{ }}$

Số nguyên dương $n$ nhỏ nhất thoả mãn là 6 (An chơi tối thiểu 6 trận).

Chọn D.

Gọi các biến cố $A$ : "Có học sinh cùng lớp ngồi đối diện nhau";

$\bar A$ : "Không có học sinh cùng lớp ngồi đối diện nhau";

${A_1}$ : "Có học sinh lớp 12A1 ngồi đối diện nhau";

${A_2}$ : "Có học sinh lớp $12\;A2$ ngồi đối diện nhau".

Khi đó ${A_1}{A_2}$ là biến cố: "Học sinh $12\;A1$ ngồi đối diện nhau và học sinh $12\;A2$ ngồi đối diện nhau".

Ta có: $P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{5 \cdot 2 \cdot 8!}}{{10!}} = \frac{1}{9};P\left( {{A_2}} \right) = \frac{{5A_3^2 \cdot 8!}}{{10!}} = \frac{1}{3};P\left( {{A_1}{A_2}} \right) = \frac{{5 \cdot 2 \cdot 4 \cdot A_3^2 \cdot 6!}}{{10!}} = \frac{1}{{21}}$.

Suy ra: $P(A) = P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right) - P\left( {{A_1}{A_2}} \right) = \frac{1}{9} + \frac{1}{3} - \frac{1}{{21}} = \frac{{25}}{{63}}$.

Vậy xác suất để xếp được hàng mà không có học sinh cùng lớp nào ngồi đối diện nhau là:

$P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - \frac{{25}}{{63}} = \frac{{38}}{{63}}$

Có $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right){\rm{d}}t}$$= \int {\left( { - 2t + 10} \right){\rm{d}}t = 10t - {t^2} + C}$.

Lại có $v\left( 0 \right) = 5$ $\Leftrightarrow C = 5$. Vậy $v\left( t \right) = 10t - {t^2} + 5$.

Khi đó vận tốc của vật sau $5$ giây là $v\left( 5 \right) = 10.5 - {5^2} + 5 = 30\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

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: $\frac{{19}}{{39}}$

Lời giải

Ta có sơ đồ cây như sau:

Trong đó: $X$ là biến cố "Lấy được 1 viên bi màu xanh", Đ là biến cố "Lấy được 1 viên bi màu đỏ".

Xác suất lấy được 2 viên bi cùng màu là: $\frac{{19}}{{39}}$.

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: $10{,}6465$ 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: $58{,}8m/s$.

Lời giải

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

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