Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Tự luận

Hướng dẫn giải

a)

+) Tìm giá trị trung bình

Giá trị trung bình của mẫu số liệu là

$\frac{{35.4 + 45.10 + 55.14 + 65.6 + 75.4 + 85.2}}{{40}} = 55{,}5$.

+) Tìm trung vị

Khoảng chứa trung vị $\left[ {50;60} \right)$

Trung vị của mẫu số liệu là

${M_e} = 50 + \frac{{20 - 14}}{{14}}.10 \approx 54{,}29$.

+) Tìm tứ phân vị

Nhóm chứa trung vị thứ nhất ${Q_1}$ và nhóm chứa trung vị thứ hai ${Q_3}$lần lượt là $\left[ {40;50} \right)$, $\left[ {60;70} \right)$.

Khi đó:

$\begin{array}{l}{Q_1} = 40 + \frac{{10 - 4}}{{10}}.10 = 46\\{Q_3} = 60 + \frac{{30 - 28}}{6}.10 = 63{,}3\end{array}$

Vậy tứ phân vị của mẫu số liệu là ${Q_1} = 46$, ${Q_2} = 54{,}29$, ${Q_3} = 63{,}3$.

+) Tìm mốt

Nhóm chứa mốt: $\left[ {50;60} \right)$

Mốt của mẫu số liệu:

${M_0} = 50 + \frac{4}{{4 + 8}}.10 \approx 53{,}3$.

Hướng dẫn giải

Ta có ${\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) + {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) - {\rm{P}}\left( {{\rm{AB}}} \right) = 0{,}3 + 0{,}5 - 0{,}1 = 0{,}7$.

Ta có ${\rm{P}}\left( {\overline A } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7$.

${\rm{P}}\left( {\overline B } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = 1 - 0{,}5 = 0{,}5$.

${\rm{P}}\left( {\overline {AB} } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {{\rm{AB}}} \right) = 1 - 0{,}1 = 0{,}9$.

${\rm{P}}\left( {\overline {A \cup B} } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.

Hướng dẫn giải

Lấy ngẫu nhiên một hộp

Gọi $C{}_1$ là biến cố lấy được hộp $A$

Gọi ${C_2}$là biến cố lấy được hộp $B$

Gọi ${C_3}$là biến cố lấy được hộp $C$

Vậy $P\left( {{C_1}} \right) = P\left( {{C_2}} \right) = P\left( {{C_3}} \right) = \frac{1}{3}$.

Gọi $C$ là biến cố “ lấy ngẫu nhiên một hộp, trong hộp đó lại lấy ngẫu nhiên một viên bi và được bi đỏ ”. Xác suất cần tính là

$E = \left( {C \cap {C_1}} \right) \cup \left( {C \cap {C_2}} \right) \cup \left( {C \cap {C_3}} \right)$

$\Rightarrow P\left( E \right) = P\left( {C \cap {C_1}} \right) + P\left( {C \cap C{}_2} \right) + P\left( {C \cap {C_3}} \right)$

$= \frac{1}{3}.\frac{3}{8} + \frac{1}{3}.\frac{2}{4} + \frac{1}{3}.\frac{2}{5} = \frac{{17}}{{40}}$.

Hướng dẫn giải

Gieo 3 đồng xu thì không gian mẫu là

${\rm{E}} = \left\{ {NNN,NNS,NSN,SNN,NSS,SNS,SSN,SSS} \right\}$.

a) Xác suất để ít nhất một đồng xu lật ngửa là ${\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$.

b) Ta có ${\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = \frac{3}{8}$.

${\rm{A}}$ và ${\rm{B}}$ là hai biến cố độc lập nên ${\rm{P}}\left( {A \cap B} \right) = {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) \cdot {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = \frac{7}{8} \times \frac{3}{8} = \frac{{21}}{{64}}$.

Hướng dẫn giải

$P = \frac{{{x^{\frac{1}{3}}}\sqrt[6]{x}}}{{\sqrt[4]{x}}} = \frac{{{x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}}}}{{{x^{\frac{1}{4}}}}} = \frac{{{x^{\frac{1}{2}}}}}{{{x^{\frac{1}{4}}}}} = {x^{\frac{1}{4}}}.$

Hướng dẫn giải

Có ${4^x} + {4^{ - x}} = 7$$\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - {2.2^x}{.2^{ - x}} = 7$$\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9$$\Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3$.

Khi đó $P = \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - {{4.2}^x} - {{4.2}^{ - x}}}}$$= \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - 4.\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}$$= \frac{{5 + 3}}{{8 - 4.3}} = - 2$.

Hướng dẫn giải

Áp dụng công thức tính lãi suất theo hình thức lãi kép: $P = A{\left( {1 + r} \right)^n}$.

Trong đó: P là số tiền gồm vốn lẫn lãi tại thời điểm n tính từ thời điểm gửi, A là số tiền gửi vào ban đầu, r (%) là lãi suất.

Vậy sau 3 năm, người đó có số tiền là: $P = 300\;000\;000.{\left( {1 + 6\% } \right)^3} \approx 357\;305\;000.$

Hướng dẫn giải

$I = 2{\log _6}\left[ {{{\log }_5}\left( {5a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{9}}}{b^3}$$= 2{\log _6}\left[ {1 + {{\log }_5}a} \right] - \frac{3}{2}{\log _3}b$$= 2 - \frac{3}{2}.\frac{2}{3}$$= 2 - 1 = 1$.

Hướng dẫn giải

Đặt ${\log _4}x = {\log _9}x = {\log _6}\left( {x - 2y} \right) = t$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {4^t}\\y = {9^t}\\x - 2y = {6^t}\end{array} \right.$$\Rightarrow \frac{x}{y} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2t}}$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}x = {4^t}\\y = {9^t}\\x - 2y = {6^t}\end{array} \right. \Rightarrow {4^t} - {2.9^t} = {6^t}$$\Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2t}} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 2 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = - 1\\{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = 2\end{array} \right.$.

Do đó $\frac{x}{y} = 4$.

Hướng dẫn giải

a) ${\log _3}\frac{9}{{10}} + {\log _3}30$$= {\log _3}9 - {\log _3}10 + {\log _3}3 + {\log _3}10$$= 2{\log _3}3 + {\log _3}3$$= 3$.

b) ${\log _3}\frac{5}{9} - 2{\log _3}\sqrt 5$$= {\log _3}\frac{5}{9} - {\log _3}5$$= {\log _3}\left( {\frac{5}{9}:5} \right)$$= {\log _3}{3^{ - 2}} = - 2$.

c) $2{\log _5}2 - {\log _5}4\sqrt {10} + {\log _5}\sqrt 2$$= {\log _5}4 + {\log _5}\sqrt 2 - {\log _5}4\sqrt {10}$$= {\log _5}4\sqrt 2 - {\log _5}4\sqrt {10}$

$= {\log _5}\frac{{4\sqrt 2 }}{{4\sqrt {10} }}$$= {\log _5}\frac{1}{{\sqrt 5 }}$$= {\log _5}{5^{\frac{{ - 1}}{2}}}$$= \frac{{ - 1}}{2}$.

Hướng dẫn giải

Độ pH của đầm đó là $pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right]$$= - \log \left( {{{8.10}^{ - 8}}} \right) \approx 7{,}097$.

Vì $7{,}097 < 7{,}2$ nên đầm đó không thích hợp cho tôm sú phát triển.

Hướng dẫn giải

a) Tập xác định của hàm số $y = {12^x}$ là $\mathbb{R}$.

b) Hàm số $y = {\log _5}\left( {2x - 3} \right)$ xác định khi $2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = {\log _5}\left( {2x - 3} \right)$ là $D = \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)$.

Hướng dẫn giải

Hàm số $y = {\log _{{a^2} - 2a + 1}}x$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ $\Leftrightarrow 0 < {a^2} - 2a + 1 < 1$$\Leftrightarrow 0 < a < 2;a \ne 1$.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: $SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC$

mà $AH \bot BC$. Suy ra $BC \bot (SAH)$

b) Vì $SA \bot (ABC)$nên hình chiếu của SH trên mặt phẳng (ABC) là AH.

Suy ra $\left( {SH,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SHA}$

Có $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta SAH$ vuông tại $A$, có $\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 3$.

Vậy $\left( {SH,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SHA} = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot BD$

$BD \bot AC$ (do $ABCD$ là hình vuông)

Do đó, $BD \bot \left( {SAC} \right)$.

b) Vì $M,\,\,N$ là trung điểm của $SC,\,\,SD$ nên $MN//CD$.

Mà $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AD\end{array} \right.$ nên $\left\{ \begin{array}{l}MN \bot SA\\MN \bot AD\end{array} \right.$.

Vậy, $MN \bot \left( {SAD} \right)$.

Hướng dẫn giải

a) Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ trên $\left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow H$ là trung điểm của $AO$.

Suy ra $CH = \frac{3}{4}AC$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh a nên $AC = a\sqrt 2$.

Áp dụng định lí côsin vào tam giác $CHN$, ta có

$H{N^2} = C{H^2} + C{N^2} - 2.CH.CN.c{\rm{os}}{45^0}$$= {\left( {\frac{3}{4}.a\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} - 2.\frac{3}{4}.a\sqrt 2 .\frac{a}{2}.\frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{5{{\rm{a}}^2}}}{8}$.

Vì $M,H$ lần lượt là trung điểm của $SA,AO$ nên $MH//SO$.

Mà $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $MH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Suy ra $HN$ là hình chiếu của $MN$ trên $\left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow \left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {MN,HN} \right) = \widehat {MNH} = 60^\circ$.

Xét $\Delta MHN$ vuông tại $H$, có

${\rm{cos}}\widehat {MNH} = \frac{{HN}}{{MN}}$$\Rightarrow MN = \frac{{HN}}{{{\rm{cos}}\widehat {MNH}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}}}{{c{\rm{os}}60^\circ }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$.

Vậy $MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$.

b) Gọi $E$ là trung điểm của $SD$ mà $M$là trung điểm của $SA$ nên $ME//AD;ME = \frac{1}{2}AD$ (1).

Có $CN//AD,CN = \frac{1}{2}AD$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $MECN$ là hình bình hành.

Suy ra $MN//CE$$\Rightarrow \left( {MN,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {EC,\left( {SBD} \right)} \right)$.

Có $CO \bot \left( {SBD} \right)$$\Rightarrow OE$ là hình chiếu của $CE$ trên $\left( {SBD} \right)$

$\Rightarrow \left( {EC,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {EC,EO} \right) = \widehat {CEO}$

Trong tam giác vuông $CEO$ có $\cos \widehat {CEO} = \frac{{EO}}{{EC}}$

Có $EC = MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$ (do $MECN$là hình bình hành)

$EO = \frac{1}{2}SB$

Xét tam giác vuông $HMN$ có $\sin \widehat {MNH} = \frac{{MH}}{{MN}} \Rightarrow MH = MN.\sin \widehat {MNH} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}.\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt {30} }}{4}$

$\Rightarrow SO = 2MH = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}$.

Xét tam giác vuông $SOB$ vuông tại $B$ có $S{B^2} = S{O^2} + O{B^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt {30} }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = 8{{\rm{a}}^2}$$\Rightarrow SB = 2{\rm{a}}\sqrt 2$

$\Rightarrow OE = a\sqrt 2$

Do đó $\cos \widehat {CEO} = \frac{{EO}}{{EC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\frac{{a\sqrt {10} }}{2}}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$.

Hướng dẫn giải

Gọi là trung điểm cạnh $BC$.

Suy ra $SD \bot BC$( vì tam giác $SBC$ cân tại $S$).

$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)$$\Rightarrow SA \bot BC$.

Và $SD \bot BC$ $\Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot AD$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SD \bot BC\\AD \bot BC\end{array} \right.$$\Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SDA} = \alpha$.

Vì $\Delta SBC$ vuông cân tại $S$nên có $BC = \sqrt {S{B^2} + S{C^2}} = \sqrt 2$ và $SD = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta SAD$ vuông tại $S$, ta có $AD = \sqrt {S{A^2} + S{D^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$.

Xét $\Delta SAD$ vuông tại $S$, ta có: $\cos \alpha = \cos \widehat {SDA} = \frac{{SD}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.