Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (Đề số 2)

Đáp án đúng là: C

Nhóm có tần số lớn nhất là nhóm $\left[ {165;170} \right)$. Do đó nhóm chứa mốt là nhóm $\left[ {165;170} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${\left( {{a^m}} \right)^n} = {\left( {{a^n}} \right)^m}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $\log \left( {ab} \right) = \log a + \log b$.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {\log _2}x$ có $a = 2 > 1$ nên hàm số $y = {\log _2}x$ đồng biến trên tập xác định của nó.

Đáp án đúng là: A

Vì $BC//AD$ nên $\left( {SA,BC} \right) = \left( {SA,AD} \right) = \widehat {SAD} = 60^\circ$ (do $\Delta SAD$ đều).

Đáp án đúng là: A

Vì $S.ABC$ là hình chóp tam giác đều nên $SO \bot \left( {ABC} \right)$ mà $d \bot SO$ nên $d//\left( {ABC} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Xác suất để cả hai động cơ chạy tốt là: $P = 0{,}8.0{,}7 = 0{,}56$.

Đáp án đúng là: B

$P = \frac{{{a^2}{a^{\frac{5}{2}}}\sqrt[3]{{{a^4}}}}}{{\sqrt[6]{{{a^7}}}}} = \frac{{{a^2}{a^{\frac{5}{2}}}{a^{\frac{4}{3}}}}}{{{a^{\frac{7}{6}}}}} = \frac{{{a^{\frac{{35}}{6}}}}}{{{a^{\frac{7}{6}}}}} = {a^{\frac{{14}}{3}}}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $L = 10\log \frac{I}{{{I_0}}}$$= 10\log \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 12}}}} = 10\log {10^9} = 90$ (dB).

Đáp án đúng là: B

Từ đồ thị suy ra $0 < a < 1;b > 1,c > 1$.</>

Khi $x > 0$ thì ${b^x} > {c^x} \Rightarrow b > c$.

Vậy $a < c < b$.

Đáp án đúng là: D

Gọi $E$ là trung điểm của $CD$.

Vì $N,E$ lần lượt là trung điểm của $SD,CD$ nên $NE//SC$ và $NE = \frac{1}{2}SC = \frac{a}{2}$.

Do đó $\left( {MN,SC} \right) = \left( {MN,NE} \right) = \widehat {MNE}$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt 2$ mà $ME = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Tương tự $MN = \frac{a}{2}$.

Vì $M{E^2} = M{N^2} + N{E^2}$ nên $\Delta MNE$ vuông tại $N$. Do đó $\widehat {MNE} = 90^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Vì tam giác $ABC$ là tam giác đều nên $AM \bot BC$ mà $SA \bot BC$ (do $SA \bot \left( {ABC} \right)$) nên $BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$.

Do đó $\left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SMA}$.

Vì tam giác $ABC$ đều nên $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ mà $SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ nên tam giác $SAM$vuông cân tại $A$.

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

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Ta có $M = a\sqrt[3]{a} = a.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{4}{3}}}$.

b) ${\log _a}M = {\log _a}{a^{\frac{4}{3}}} = \frac{4}{3}$.

c) Để $M > 1$$\Leftrightarrow {a^{\frac{4}{3}}} > 1$ thì $a > 1$.

d) ${M^{{{\log }_a}8}} = {a^{\frac{4}{3}{{\log }_a}8}} = {8^{\frac{4}{3}}} = 16$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC$.

b) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {{\rm{do}}\;SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAD} \right)\\SD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD$ hay tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

c) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA(\;{\rm{do}}\;SA \bot \left( {ABCD} \right))\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AH \bot BC\left( {{\rm{do}}\;BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC$(1).

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}AK \bot SD\\AK \bot CD\left( {{\rm{do}}\;CD \bot \left( {SAD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $SC \bot \left( {AHK} \right)$.

d) Vì $SC \bot \left( {AHK} \right)$ mà $HK \subset \left( {AHK} \right)$ nên $HK \bot SC$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 3

$P = {x^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[6]{x} = {x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{2}}}$. Suy ra $m = 1;n = 2$. Do đó $m + n = 3$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 71

Ta có $n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42$.

Ta có $\frac{{3.n}}{4} = \frac{{3.42}}{4} = 31{,}5$. Suy ra nhóm $\left[ {60;80} \right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 31,5.

Ta có tứ phân vị thứ ba là ${Q_3} = 60 + \frac{{31{,}5 - 26}}{{10}}.20 = 71$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1,5

$I = 2{\log _3}\left[ {{{\log }_3}\left( {3a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{4}}}{b^2}$$= 2{\log _3}\left[ {1 + {{\log }_3}a} \right] + 2{\log _{{2^{ - 2}}}}b$$= 2{\log _3}\left[ {1 + 2} \right] - {\log _2}b$$= 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} = 1{,}5$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 63,4

Vì $AB//CD$ nên $\left( {SA,DC} \right) = \left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB}$.

Vì $SC \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SC \bot AB$ mà $AB \bot BC$ nên $AB \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AB \bot SB$.

Xét tam giác vuông $SBA$ có $\tan \widehat {SAB} = \frac{{SB}}{{AB}} = \frac{{2a}}{a} = 2 \Rightarrow \widehat {SAB} \approx 63{,}4^\circ$.

Hướng dẫn giải

Ta có ${\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right) = \frac{{{{\log }_a}\left( {a{b^2}} \right)}}{{{{\log }_a}{a^2}}}$$= \frac{{{{\log }_a}a + {{\log }_a}{b^2}}}{2}$$= \frac{{1 + 2{{\log }_a}b}}{2}$$= \frac{{1 + 4}}{2} = \frac{5}{2}$.

Hướng dẫn giải

Gọi $A$ là biến cố: “Lấy được 1 quả bóng mới”.

Xác suất để lấy được 1 quả bóng mới là: $P\left( A \right) = \frac{{C_6^1}}{{C_{10}^5}} = \frac{1}{{42}}$.

Do đó xác suất của biến cố lấy được ít nhất 2 quả bóng mới là: $P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{1}{{42}} = \frac{{41}}{{42}}$.

Hướng dẫn giải

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

Do đó $\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ$.

Hạ $AH \bot SO$ (1).

Ta có $BD \bot AC$ và $BD \bot SA$ suy ra $BD \bot \left( {SAC} \right)$. Do đó $BD \bot AH$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AH \bot \left( {SBD} \right)$. Suy ra $\left( {AC,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {AC,SO} \right) = \widehat {SOA}$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$. Suy ra $AC = 2a\sqrt 2 \Rightarrow AO = a\sqrt 2$.

Xét $\Delta SAB$ có $SA = AB.\tan \widehat B = 2a.\tan 60^\circ = 2a\sqrt 3$.

Xét $\Delta SAO$ có $SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} = \sqrt {12{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt {14}$.

Suy ra $\cos \widehat {SOA} = \frac{{AO}}{{SO}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt {14} }} = \frac{{\sqrt 7 }}{7}$.