Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 7

Đáp án đúng là: C

Quan sát mẫu số liệu đã cho, ta có:

- Giá trị 54 không thuộc vào nhóm $\left[ {52;54} \right)$.

- Tần số của nhóm $\left[ {58;60} \right)$ là 16.

- Tần số của nhóm $\left[ {54;56} \right)$ là 45.

- Giá trị 45 không thuộc vào nhóm $\left[ {54;56} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Mẫu số liệu đã cho gồm có 4 nhóm: $\left[ {150;200} \right)$, $\left[ {200;250} \right)$, $\left[ {250;300} \right)$ và $\left[ {350;400} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có bảng sau:

Số trung bình của mẫu số liệu là $\overline x = \frac{{2.6 + 7.8 + 7.10 + 3.12 + 1.14}}{{20}} = 9{,}4.$

Đáp án đúng là: A

Cỡ mẫu $n = 4 + 5 + 23 + 6 + 2 = 40.$

Gọi ${x_1},...,{x_{40}}$ là điểm mà 40 người đó cho mẫu áo sơ mi đang khảo sát theo thang điểm 100 và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Khi đó: ${x_1},...,{x_4}$ thuộc nhóm $\left[ {50{,}60} \right);$

${x_5},...,{x_9}$ thuộc nhóm $\left[ {60;70} \right);$

${x_{10}},...,{x_{32}}$ thuộc nhóm $\left[ {70;80} \right);$

${x_{33}},...,{x_{38}}$ thuộc nhóm $\left[ {80;90} \right);$

${x_{39}},\,\,{x_{49}}$ thuộc nhóm $\left[ {90;100} \right).$

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ là $\frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}.$ Do ${x_{10}},\,\,{x_{11}}$ đều thuộc nhóm $\left[ {70;80} \right)$ nên nhóm này chứa ${Q_1}.$

Do đó, $p = 3;$ ${a_3} = 70;$ ${m_3} = 23;$ ${m_2} = 5;$ ${m_1} = 4;$${a_4} - {a_3} = 80 - 70 = 10$ và ta có:

${Q_1} = 70 + \frac{{\frac{{40}}{4} - \left( {5 + 4} \right)}}{{23}}.10 = \frac{{1\,\,620}}{{23}} \approx 70{,}4.$

Đáp án đúng là: B

Ta có $P \cup Q$: “Hai viên bi lấy ra có màu hồng hoặc có màu vàng”, tức là “Hai viên bi được lấy ra có cùng màu”.

Đáp án đúng là: D

Nếu $A$ và $B$ là hai biến cố xung khắc thì $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)$.

Đáp án đúng là: D

Vì $A,B$ là hai biến cố độc lập nên $P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) \Rightarrow P\left( B \right) = 0{,}2:0{,}5 = 0{,}4.$

Do đó $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = 0{,}5 + 0{,}4 - 0{,}2 = 0{,}7.$

Đáp án đúng là: B

Gọi $A$ là tập hợp “học sinh thích học Toán”.

Gọi $B$ là tập hợp “học sinh thích học Lý”.

Gọi $C$ là tập hợp “học sinh thích học ít nhất một môn”.

Ta có $n\left( C \right) = n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right) = 30 + 25 - 10 = 45$.

Vậy xác suất để được học sinh này thích học ít nhất là một môn Toán hoặc Lý là:

$P\left( C \right) = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{45}}{{60}} = \frac{3}{4}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${a^{ - n}} = \frac{1}{{{a^n}}}$ với $a \ne 0$ nên A đúng, B sai.

Với $a \ne 0$ ta có ${a^0} = 1$, do đó C và D sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có $- 4\sqrt 2 = - {2^2} \cdot {2^{\frac{1}{2}}} = - {2^{2 + \frac{1}{2}}} = - {2^{\frac{5}{2}}}$.

Do đó, $\sqrt[5]{{ - 4\sqrt 2 }} = \sqrt[5]{{ - {2^{\frac{5}{2}}}}} = {\left( { - {2^{\frac{5}{2}}}} \right)^{\frac{1}{5}}} = - {2^{\frac{5}{2} \cdot \frac{1}{5}}} = - {2^{\frac{1}{2}}} = - \sqrt 2$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $P = {a^{\frac{3}{4}}}:\sqrt a = {a^{\frac{3}{4}}}:{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{3}{4} - \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{1}{4}}}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $A = \frac{{{2^3} \cdot {2^{ - 1}} + {5^{ - 3}} \cdot {5^4}}}{{{{10}^{ - 3}}:{{10}^{ - 2}} - {{\left( {0{,}1} \right)}^0}}}$$= \frac{{{2^{3 - 1}} + {5^{ - 3 + 4}}}}{{{{10}^{ - 3 - \left( { - 2} \right)}} - 1}} = \frac{{{2^2} + {5^1}}}{{{{10}^{ - 1}} - 1}} = \frac{{4 + 5}}{{\frac{1}{{10}} - 1}} = \frac{9}{{ - \frac{9}{{10}}}} = - 10$.

Đáp án đúng là: A

Với $a > 0,\,a \ne 1$, ta có ${\log _a}a = 1$.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${\log _{{a^3}}}a = \frac{1}{3}{\log _a}a = \frac{1}{3}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${\log _9}10 = {\log _{{3^2}}}\left( {2 \cdot 5} \right) = \frac{1}{2}{\log _3}\left( {2 \cdot 5} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_3}2 + {{\log }_3}5} \right)$.

Áp dụng công thức đổi cơ số ta có ${\log _2}3 = \frac{{{{\log }_3}3}}{{{{\log }_3}2}} = \frac{1}{{{{\log }_3}2}}$, suy ra ${\log _3}2 = \frac{1}{{{{\log }_2}3}} = \frac{1}{a}$.

Tương tự ${\log _2}5 = \frac{{{{\log }_3}5}}{{{{\log }_3}2}} \Rightarrow {\log _3}5 = {\log _2}5 \cdot {\log _3}2 = b \cdot \frac{1}{a} = \frac{b}{a}$.

Do đó, ${\log _9}10 = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{b}{a}} \right) = \frac{{1 + b}}{{2a}}$.

Đáp án đúng là: B

Vì $a$, $b$ là các số thực lớn hơn $1$ nên ta có:

$\{\begin{matrix}{\log }_{a}x=2 \\ {\log }_{b}x=3\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x={a}^{2} \\ x={b}^{3}\end{matrix}\Leftrightarrow {a}^{2}={b}^{3}\Leftrightarrow a=\sqrt{{b}^{3}}\Leftrightarrow a={b}^{\frac{3}{2}}$

Ta có $P = {\log _{\frac{a}{{{b^2}}}}}x = {\log _{\frac{{{b^{\frac{3}{2}}}}}{{{b^2}}}}}x = {\log _{{b^{\frac{{ - 1}}{2}}}}}x = - 2{\log _b}x = - 6$.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {7^x}$ có tập xác định là $\mathbb{R}$.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện để hàm số có nghĩa là $x > 0$. Vậy tập xác định là $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: B

Vì $\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{3} > 1$ nên hàm số $y = {\left( {\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{3}} \right)^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {\log _a}x$ $\left( {0 < a \ne 1} \right)$ có tập xác định là $D = \left( {0; + \infty } \right)$ nên ta loại ngay đáp án A và đáp án B.

Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nên hàm số này đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$, vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: B

Góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ có số đo từ 0° đến 90°, do đó đáp án A và D sai.

Góc giữa hai đường thẳng song song bằng 0° nên đáp án C sai.

Góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ bằng 0° khi đường thẳng $a$ song song hoặc trùng với đường thẳng $b$ là mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: C

Tứ giác $ABCD$ có $AB = BC = CD = DA = a$ nên nó là hình thoi.

Suy ra $CD{\rm{//}}AB$. Do đó $\left( {SB,\,\,CD} \right) = \left( {SB,\,\,AB} \right)$.

Tam giác $SAB$ có $SA = AB = SB = a$ nên $SAB$ là tam giác đều, do đó $\widehat {SBA} = 60^\circ$.

Vậy $\left( {SB,\,\,CD} \right) = \left( {SB,\,\,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Nếu đường thẳng $a$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$ thì $a$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right).$

Đáp án đúng là: A

Hình chóp hình chóp $S.ABCD$ có mặt đáy là $\left( {ABCD} \right)$. Do đó $SA \bot \left( {ABCD} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Tam giác $SAC$ có $SA = SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$, lại có $SO$ là trung tuyến, do đó $SO \bot AC$. (1)

Tam giác $SBD$ có $SB = SD$ nên tam giác $SBD$ cân tại $S$, lại có $SO$ là trung tuyến, do đó $SO \bot BD$. (2)

Ta có $AC,\,\,BD \subset \left( {ABCD} \right)$. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$, vậy hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm $O$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}A'D \bot AD'\\A'D \bot C'D'\left( {do\,\,C'D' \bot \left( {A'D'DA} \right)} \right)\end{array} \right..$

Suy ra $A'D \bot \left( {AC'D'} \right) \Rightarrow A'D \bot AC'$ (1)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}A'B \bot AB'\\A'B \bot B'C'\left( {do\,\,B'C' \bot \left( {A'D'DA} \right)} \right)\end{array} \right.$

Suy ra $A'B \bot \left( {AB'C'} \right) \Rightarrow A'B \bot AC'$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $AC' \bot \left( {A'BD} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Số đo của góc nhị diện từ $0^\circ$ đến $180^\circ$ nên $\alpha \in \left[ {0^\circ ;\,180^\circ } \right]$.

Đáp án đúng là: D

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên suy ra $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( {ABCD} \right)$.

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

Đáp án đúng là: C

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AB$ và $SA \bot AC$. Do đó, $\widehat {BAC}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$.

Tam giác $ABC$ có $AB = BC = AC = a$ nên $ABC$ là tam giác đều, suy ra $\widehat {BAC} = 60^\circ$.

Vậy số đo góc nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$ bằng $60^\circ .$

Đáp án đúng là: B

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Do đó, $\left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,\,AB} \right)$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB = SA = a$ nên tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$.

Suy ra $\widehat {SBA} = 45^\circ$.

Vậy $\left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,\,AB} \right) = \widehat {SBA} = 45^\circ$.

Ta có $P = \frac{{{6^{3 + \sqrt 5 }}}}{{{2^{2 + \sqrt 5 }} \cdot {3^{1 + \sqrt 5 }}}} = \frac{{{{\left( {2 \cdot 3} \right)}^{3 + \sqrt 5 }}}}{{{2^{2 + \sqrt 5 }} \cdot {3^{1 + \sqrt 5 }}}} = \frac{{{2^{3 + \sqrt 5 }} \cdot {3^{3 + \sqrt 5 }}}}{{{2^{2 + \sqrt 5 }} \cdot {3^{1 + \sqrt 5 }}}}$

$= {2^{\left( {3 + \sqrt 5 } \right) - \left( {2 + \sqrt 5 } \right)}} \cdot {3^{\left( {3 + \sqrt 5 } \right) - \left( {1 + \sqrt 5 } \right)}} = {2^1} \cdot {3^2} = 18.$

2. (0,5 điểm)

Ta có ${\log _{140}}63 = \frac{{{{\log }_2}63}}{{{{\log }_2}140}} = \frac{{{{\log }_2}\left( {{3^2} \cdot 7} \right)}}{{{{\log }_2}\left( {{2^2} \cdot 5 \cdot 7} \right)}} = \frac{{2{{\log }_2}3 + {{\log }_2}7}}{{2 + {{\log }_2}5 + {{\log }_2}7}}$

$$= \frac{{2{{\log }_2}3 + \frac{1}{{{{\log }_7}2}}}}{{2 + {{\log }_2}3 \cdot {{\log }_3}5 + \frac{1}{{{{\log }_7}2}}}} = \frac{{2a + \frac{1}{c}}}{{2 + ab + \frac{1}{c}}}$$

$$= \frac{{1 + 2ac}}{{1 + 2c + abc}}.$$

3. (0,5 điểm)

Giá bán xe năm đầu tiên: ${A_1} = 750\,\,000\,\,000$ đồng.

Giá bán xe năm thứ hai: ${A_2} = {A_1} - {A_1} \cdot r = {A_1}\left( {1 - r} \right)$ đồng, với $r = 1{,}8\%$.

Giá bán xe năm thứ ba: ${A_3} = {A_2} - {A_2}r = {A_2}\left( {1 - r} \right) = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^2}$ đồng.

…

Giá bán xe năm thứ $n$: ${A_n} = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^{n - 1}}$ đồng.

Vậy giá bán xe năm thứ 8 (năm 2030) là:

${A_6} = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^7} = 750\,\,000\,\,000{\left( {1 - 1{,}8\% } \right)^7} \approx 660\,\,453\,\,000$ đồng.

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

Lại có $BC \bot AB$ (do tam giác $ABC$ vuông tại $B$).

Từ đó suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right)$.

b) Vì $BC \bot \left( {SAB} \right)$ và $AH$ nằm trong $\left( {SAB} \right)$ nên $BC \bot AH$.

Ta lại có $AH \bot SB$ (do $AH$ là đường cao của tam giác $SAB$)

Khi đó, $AH \bot \left( {SBC} \right)$. Từ đó suy ra $AH \bot SC$.

Gọi $A$ là biến cố: “Chuyến bay của hãng X khởi hành đúng giờ”, ta có $P\left( A \right) = 0{,}92$.

Gọi $B$ là biến cố: “Chuyến bay của hãng Y khởi hành đúng giờ”, ta có $P\left( B \right) = 0{,}98$.

Từ giả thiết ta có $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập.

Do đó, $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0{,}92 \cdot 0{,}98 = 0{,}9016$.

Gọi $M$ là biến cố: “Chỉ có một chuyến bay khởi hành đúng giờ”.

Ta có $M = A\overline B \cup \overline A B$, do đó $P\left( M \right) = P\left( {A\overline B } \right) + P\left( {\overline A B} \right)$.

Mà $P\left( {A\overline B } \right) = 0{,}92 \cdot 0{,}02 = 0{,}0184$, $P\left( {\overline A B} \right) = 0{,}08 \cdot 0{,}98 = 0{,}0784$.

Vậy $P\left( M \right) = 0{,}0184 + 0{,}0784 = 0{,}0968$.