Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (Đề số 3)

Đáp án đúng là: D

Dựa vào mẫu số liệu ta thấy số học sinh nữ cao từ 150 cm đến 155 cm là 45.

Đáp án đúng là: A

Ta có $AB = \left\{ {\left( {2;2} \right)} \right\}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\sqrt[{14}]{a} = {a^{\frac{1}{{14}}}}$.

Đáp án đúng là: C

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

Đáp án đúng là: A

$\frac{{{{\log }_3}5.{{\log }_5}a}}{{1 + {{\log }_3}2}} - {\log _6}b = 2$$\Leftrightarrow \frac{{{{\log }_3}a}}{{{{\log }_3}3 + {{\log }_3}2}} - {\log _6}b = 2$$\Leftrightarrow \frac{{{{\log }_3}a}}{{{{\log }_3}6}} - {\log _6}b = 2$$\Leftrightarrow {\log _6}a = 2 + {\log _6}b$$\Leftrightarrow {\log _6}a = {\log _6}36 + {\log _6}b$$\Leftrightarrow {\log _6}a = {\log _6}36b$$\Leftrightarrow a = 36b$.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện: $\left( {6 - x} \right)\left( {x + 2} \right) > 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 6$.

Mà $x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 1;0;1;2;3;4;5} \right\}$.

Vậy có 7 số nguyên thuộc tập xác định của hàm số $y = \log \left[ {\left( {6 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} \right]$.

Đáp án đúng là: D

Ta có ${4^x} + {4^{ - x}} = 7 \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3$.

Suy ra $P = \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - {{4.2}^x} - {{4.2}^{ - x}}}} = \frac{{5 + 3}}{{8 - 12}} = - 2$.

Đáp án đúng là: A

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC \bot BD$. (1)

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SC$ nên $MN//AC$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $MN \bot BD$.

Đáp án đúng là: D

Có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Đáp án đúng là: B

Vì $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập nên $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0{,}4.0{,}5 = 0{,}2$.

Ta có $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0{,}4 + 0{,}5 - 0{,}2 = 0{,}7$.

Đáp án đúng là: B

Góc nhị diện giữa hai mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà đó là góc $\widehat {BAC}$.

Ta có $\cos \widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}} = \frac{{2,{8^2} + 2,{8^2} - {5^2}}}{{2.2{,}8.2{,}8}} = - \frac{{233}}{{392}} \Rightarrow \widehat {BAC} \approx 126^\circ 28'$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Dựa vào đồ thị hàm số $y = {\log _c}x$ ta thấy hàm số $y = {\log _c}x$ là hàm nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

b) Đồ thị hàm số $y = {\log _b}x$ đi qua điểm $\left( {1;0} \right)$.

c) Hàm số $y = {\log _a}x$ đồng biến nên $a > 1$.

d) Hàm số $y = {\log _c}x$ là hàm nghịch biến nên $0 < c < 1$.

Hàm số $y = {\log _a}x$, $y = {\log _b}x$ đồng biến nên $a > 1,b > 1$.

Với $x > 1$ thì ${\log _a}x > {\log _b}x$$\Leftrightarrow {\log _a}x > \frac{1}{{{{\log }_x}b}}$$\Leftrightarrow {\log _a}x.{\log _x}b > 1$$\Leftrightarrow {\log _a}b > 1$$\Leftrightarrow b > a$.

Do đó $c < a < b$.

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Tam giác $SAC$ có $SA = SC$ nên $\Delta SAC$ cân tại $S$.

Vì $\Delta SAC$ cân tại $S$ nên $SO \bot AC$.

b) Ta có $SO \bot AC$. Tương tự $SO \bot BD$. Suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

c) Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC \bot BD$ mà $AC \bot SO$ nên $AC \bot \left( {SBD} \right)$.

d) Vì $AC \bot \left( {SBD} \right)$nên $AC \bot SB$. Suy ra $\left( {AC,SB} \right) = 90^\circ$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: −1

Ta có ${\log _6}5 = \frac{{{{\log }_2}5}}{{{{\log }_2}6}} = \frac{a}{{{{\log }_2}2 + {{\log }_2}3}} = \frac{a}{{1 + {{\log }_2}5.{{\log }_5}3}} = \frac{a}{{1 + \frac{a}{b}}}$.

Suy ra $m = 1;n = 1$. Do đó $S = m - 2n = - 1$.

Trả lời: 60

Ta có $AD//BC$.

Do đó $\left( {SA,BC} \right) = \left( {SA,AD} \right) = \widehat {SAD}$.

Mà tam giác $SAD$ đều nên $\widehat {SAD} = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 30

Giá trị đại diện của nhóm là $\frac{{20 + 40}}{2} = 30$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,63

Xác suất để lần thứ 1 lấy được viên bi xanh và lần thứ 2 cũng lấy được viên bi xanh là:

${P_1} = \frac{5}{8}.\frac{4}{7} = \frac{5}{{14}}$.

Xác suất để lần thứ 1 lấy được viên bi đỏ và lần thứ 2 cũng lấy được viên bi xanh là:

${P_1} = \frac{3}{8}.\frac{5}{7} = \frac{{15}}{{56}}$.

Do đó xác suất để lần thứ hai lấy được viên bi xanh là: $P = {P_1} + {P_2} = \frac{5}{{14}} + \frac{{15}}{{56}} = \frac{5}{8} \approx 0{,}63$.

Hướng dẫn giải

$P = {\log _a}{a^3}{\log _a}b$$= 3{\log _a}b$.

Hướng dẫn giải

Biến cố A: “Cả hai tấm thẻ đều đánh số chẵn” nên ta có $n\left( A \right) = C_4^2$.

Biến cố B: “Chỉ có một tấm thẻ đánh số chẵn” nên ta có $n\left( B \right) = C_5^1.C_4^1$.

Biến cố C: “Tích hai số đánh trên hai tấm thẻ là một số chẵn” nên ta có $n\left( C \right) = C_4^2 + C_5^1.C_4^1$.

Ta có $P\left( C \right) = \frac{{C_4^2 + C_5^1.C_4^1}}{{C_9^2}} = \frac{{13}}{{18}} \approx 0{,}72$.

Hướng dẫn giải

Gọi $O$ là giao điểm $AC$ và $BD$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC \bot BD$ mà $SA \bot BD\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$ nên $BD \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow BD \bot SO$.

Lại có $CO \bot BD$, suy ra $\widehat {SOC}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$.

Có $AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, $\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA} = 60^\circ$.

Xét $\Delta SAC$ có $SC = \frac{{AC}}{{\cos \widehat {SCA}}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\cos 60^\circ }} = 2a\sqrt 2$, $SA = AC\tan \widehat {SCA} = a\sqrt 2 .\tan 60^\circ = a\sqrt 6$.

Xét $\Delta SAO$ có $SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} = \sqrt {6{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt {26} }}{2}$.

Xét $\Delta SOC$ có $\cos \widehat {SOC} = \frac{{S{O^2} + O{C^2} - S{C^2}}}{{2.SO.OC}} = \frac{{\frac{{{a^2}.26}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4} - 8{a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt {26} }}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {13} }}$$\Rightarrow \widehat {SOC} \approx 106^\circ$.