Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 06

Ta có $B'C\;{\rm{//}}\;A'D$$\Rightarrow \widehat {\left( {A'B;B'C} \right)} = \widehat {\left( {A'B;A'D} \right)}$$= \widehat {DA'B}$.

Xét $\Delta DA'B$ có $A'D = A'B$$= BD$ nên $\Delta DA'B$ là tam giác đều.

Vậy $\widehat {DA'B}$$= 60^\circ$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ thì $BO \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow \alpha = \widehat {\left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right)}$$= \widehat {BSO}$.

Ta có $SB = a\sqrt 7$, $\sin \alpha = \frac{{BO}}{{SB}}$$= \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }}$$= \frac{1}{{\sqrt {14} }}$.

Chọn D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ và $\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$.

Vậy đáp án D sai.

Từ giả thiết suy ra hình chóp $S.ABCD$là hình chóp tứ giác đều.

Ta có $AB{\rm{//}}CD$$\Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$ nên $d\left( {SC;AB} \right)$$= d\left( {AB;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)$$= d\left( {A;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)$.

Mặt khác $O$ là trung điểm $AC$ nên $d\left( {A;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)$$= 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)$.

Như vậy $d\left( {SC;AB} \right)$$= 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)$.

Gọi $M$ là trung điểm $CD$, ta có $OM \bot CD$ và $OM = \frac{a}{2}$. Kẻ $OH \bot SM$, với $H \in SM$, thì $OH \bot {\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)$.

Xét tam giác $SOM$ vuông tại $O$, ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}$$= \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}}$.

Từ đó $OH = \frac{a}{{\sqrt 5 }}$.

Vậy $d\left( {SC;AB} \right)$$= 2d\left( {O;{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {SCD} \right)} \right)$$= 2.OH$$= \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$.

Ta có: $V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA$$= \frac{2}{3}{a^3}$.

Chọn B.

Gọi $A$ là biến cố: "Lấy được 2 viên bi màu trắng", suy ra $P(A) = \frac{{C_4^2}}{{C_9^2}} = \frac{1}{6}$.

Gọi $B$ là biến cố: "Lấy được 2 viên bi màu đen", suy ra $P(B) = \frac{{C_5^2}}{{C_9^2}} = \frac{5}{{18}}$.

Gọi $C$ là biến cố: "Lấy được 2 viên bi cùng màu".

Ta có $C = A \cup B$ và $A,B$ là hai biến cố xung khắc.

Vì vậy: $P(C) = P(A) + P(B) = \frac{4}{9}$.

Gọi $M$ là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số. Theo giả thiết: $M\left( {1;\, - 2} \right)$

Gọi $k$ là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại $M$.

Ta có $y' = 2x - 1$, $k = y'\left( 1 \right) = 1$

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là $y = 1\left( {x - 1} \right) - 2 \Leftrightarrow x - y - 3 = 0$

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

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