Đề thi học kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 2
Tổng hợp đề thi học kì 1 lớp 11 tất cả các môn - Cánh diều
Toán - Văn - Anh - Lí - Hóa - Sinh
Phần I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Đề bài
Cho hàm số \(f(x) = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{3}{2}{x^2} - 4x + 6.\) Phương trình \(f'(x) = 0\)có nghiệm là
-
A.
\(x = - 1\)
-
B.
\(x = 1,\,\,x = 4\)
-
C.
\(x = - 1,\,\,x = 4\)
-
D.
\(x = 0,\,\,x = 3\)
Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số\(y = f(x) = - {x^3} + x\) tại điểm\(M( - 2;6).\) Phương trình của (d) là
-
A.
y = -11x +30.
-
B.
y = 13x + 34.
-
C.
y = -11x – 16.
-
D.
y = 13x – 18.
-
A.
17
-
B.
15
-
C.
13,4
-
D.
14,3
Cho \(u = u\left( x \right),v = v\left( x \right),v\left( x \right) \ne 0\); với k là hằng số. Hãy chọn khẳng định sai?
-
A.
\({\left( {\frac{1}{v}} \right)^\prime } = - \frac{{v'}}{{{v^{}}}}\)
-
B.
\({\left( {k.u} \right)^\prime } = k.u'\)
-
C.
\({\left( {k.u} \right)^\prime } = k.u'\)
-
D.
\(\left( {u.v} \right)' = u'.v + u.v'\)
Đạo hàm của hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{1 - x}}\)là
-
A.
\(y' = \frac{3}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}}\)
-
B.
\(y' = \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)
-
C.
\(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\)
-
D.
\(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\)
Cho hàm số: \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}}\quad khi\;x \ne 1\\m\quad \quad \quad khi\;x = 1\end{array} \right.\) . Để f(x) liên tục tại điểm x0 = 1 thì m bằng:
-
A.
-1
-
B.
1
-
C.
2
-
D.
0
Tìm đạo hàm của hàm số sau \(y = {x^4} - 3{x^2} + 2x - 1\)
-
A.
\(y' = 4{x^3} - 3x + 2\)
-
B.
\(y' = 4{x^4} - 6x + 2\)
-
C.
\(y' = 4{x^3} - 6x + 3\)
-
D.
\(y' = 4{x^3} - 6x + 2\)
Cho hàm số \(f(x) = \frac{{a{x^2} + 4x + 3}}{{3x - 2a{x^2}}},(a \in R,a \ne 0)\). Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)\) bằng
-
A.
\( - \frac{1}{2}\)
-
B.
\( + \infty \)
-
C.
\(\frac{a}{3}\)
-
D.
\( - \infty \)
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy ABC là tam giác vuông tại B và SA vuông góc mặt đáy \(\left( {ABC} \right)\), \(SB = 2a\), \(AB = a\)( tham khảo hình vẽ). Tính góc giữa SB và \(mp\left( {ABC} \right)\)
-
A.
\(90^\circ .\)
-
B.
\(60^\circ .\)
-
C.
\(45^\circ .\)
-
D.
\(30^\circ .\)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?
-
A.
\((SDC) \bot (SAC)\)
-
B.
\((SCD) \bot (SAD)\)
-
C.
\((SBD) \bot (SAC)\)
-
D.
\((SBC) \bot (SAC)\)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây đúng ?
-
A.
\(AC \bot (SBD)\)
-
B.
\(AB \bot (SAD)\)
-
C.
\(AC \bot (SBD)\)
-
D.
\(SO \bot (ABCD)\)
Với hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + 1} \right){{\left( {2 - 3x} \right)}^2}}}{{x - 1}};\,g'\left( 2 \right)\)bằng
-
A.
232.
-
B.
72.
-
C.
152.
-
D.
-75.
Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi
a) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ là \(\frac{{14}}{{285}}\)
b) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu là \(\frac{{43}}{{57}}\)
c) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều có màu vàng là \(\frac{1}{7}\)
d) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu là \(\frac{{14}}{{57}}\)
a) Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là 47
b) Trung vị \({M_e}\) là 51,4
c) Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là 54,2
d) Mốt \({M_o} = 20\)
Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), SA = h. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của SA, SB, SC.
a) \(d((MNP),(ABC)) = h\)
b) \(d(NP,(ABC)) = \frac{h}{2}\)
c) \(d(A,(SBC)) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)
d) \((MNP)//(ABC)\)
Cho hàm số \(y = \sin x\)
a) Đạo hàm của hàm số là \(y' = - cosx\)
b) Biểu thức \(y'(\frac{\pi }{2}) = 0\)
c) Biểu thức \(y''(\frac{\pi }{2}) = 0\)
d) Biểu thức \({y^{(2024)}} = \sin (x + 1012\pi )\)
Lời giải và đáp án
Cho hàm số \(f(x) = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{3}{2}{x^2} - 4x + 6.\) Phương trình \(f'(x) = 0\)có nghiệm là
-
A.
\(x = - 1\)
-
B.
\(x = 1,\,\,x = 4\)
-
C.
\(x = - 1,\,\,x = 4\)
-
D.
\(x = 0,\,\,x = 3\)
Đáp án : C
Sử dụng công thức đạo hàm.
\(\begin{array}{l}f'(x) = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{3}{2}{x^2} - 4x + 6} \right)' = 3{x^2} - 3x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Đáp án C.
Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số\(y = f(x) = - {x^3} + x\) tại điểm\(M( - 2;6).\) Phương trình của (d) là
-
A.
y = -11x +30.
-
B.
y = 13x + 34.
-
C.
y = -11x – 16.
-
D.
y = 13x – 18.
Đáp án : C
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): \(y = f(x) = - {x^3} + x\) tại điểm \(M({x_0};f({x_0})).\)là:
\(y = f'(x{}_0)(x - x{}_0) + f(x{}_0)\)
Trong đó:
\(M({x_0};f({x_0}))\) gọi là tiếp điểm.
\(k = f'(x{}_0)\)là hệ số góc.
\(y' = f'(x) = \left( { - {x^3} + x} \right)' = - 3{x^2} + 1\)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(y = f(x) = - {x^3} + x\)tại điểm \(M({x_0};f({x_0})).\)
\(y' = f'( - 2)(x + 2) + 6 = - 11(x + 2) + 6 = - 11x - 16\)
Đáp án C.
-
A.
17
-
B.
15
-
C.
13,4
-
D.
14,3
Đáp án : C
Sử dụng công thức tính số trung bình của mẫu số liệu
Trong mỗi khoảng thời gian, giá trị đại diện là trung bình cộng của giá trị hai đầu mút nên ta có bảng sau:
Tổng số học sinh là n = 45. Thời gian trung bình giải bài toán của học sinh lớp 11 A là:
\(\overline x = \frac{{6.9 + 17.12 + 17.15 + 5.18}}{{45}} = \frac{{67}}{5} = 13,4\) (phút)
Đáp án C.
Cho \(u = u\left( x \right),v = v\left( x \right),v\left( x \right) \ne 0\); với k là hằng số. Hãy chọn khẳng định sai?
-
A.
\({\left( {\frac{1}{v}} \right)^\prime } = - \frac{{v'}}{{{v^{}}}}\)
-
B.
\({\left( {k.u} \right)^\prime } = k.u'\)
-
C.
\({\left( {k.u} \right)^\prime } = k.u'\)
-
D.
\(\left( {u.v} \right)' = u'.v + u.v'\)
Đáp án : A
Áp dụng công thức tính đạo hàm
\({\left( {\frac{1}{v}} \right)^\prime } = - \frac{{v'}}{{{v^2}}}\)
\({\left( {k.u} \right)^\prime } = k.u'\)
\({\left( {k.u} \right)^\prime } = k.u'\)
\(\left( {u.v} \right)' = u'.v + u.v'\)
Đáp án A.
Đạo hàm của hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{1 - x}}\)là
-
A.
\(y' = \frac{3}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}}\)
-
B.
\(y' = \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)
-
C.
\(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\)
-
D.
\(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\)
Đáp án : B
Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm phân thức: \(y' = \left( {\frac{{ax + b}}{{cx + d}}} \right)' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\)
\(y' = \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right)' = \left( {\frac{{2x - 1}}{{ - x + 1}}} \right)' = \frac{1}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}}\)
Đáp án B.
Cho hàm số: \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}}\quad khi\;x \ne 1\\m\quad \quad \quad khi\;x = 1\end{array} \right.\) . Để f(x) liên tục tại điểm x0 = 1 thì m bằng:
-
A.
-1
-
B.
1
-
C.
2
-
D.
0
Đáp án : C
Điều kiện để hàm số liên tục tại \(x = {x_0}\):
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})\)
Hàm số đã cho xác định trên R
Ta có:
\(\begin{array}{l}f(1) = m\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{x + 1}} = \frac{1}{2}\end{array}\)
Hàm số liên tục tại \(x = 1\) khi \(f(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\)
Vậy khi m = 2 thì hàm số liên tục tại \(x = 1\)
Đáp án C.
Tìm đạo hàm của hàm số sau \(y = {x^4} - 3{x^2} + 2x - 1\)
-
A.
\(y' = 4{x^3} - 3x + 2\)
-
B.
\(y' = 4{x^4} - 6x + 2\)
-
C.
\(y' = 4{x^3} - 6x + 3\)
-
D.
\(y' = 4{x^3} - 6x + 2\)
Đáp án : D
Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp
\(y' = 4{x^3} - 6x + 2\)
Đáp án D.
Cho hàm số \(f(x) = \frac{{a{x^2} + 4x + 3}}{{3x - 2a{x^2}}},(a \in R,a \ne 0)\). Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)\) bằng
-
A.
\( - \frac{1}{2}\)
-
B.
\( + \infty \)
-
C.
\(\frac{a}{3}\)
-
D.
\( - \infty \)
Đáp án : A
Nhận dạng: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\)
TH1: Nếu f(x) , g(x) là các đa thức thì chia cả tử và mẫu cho lũy thừa cao nhất của x.
TH2: Nếu f(x) , g(x) chứa căn thì có thể chia cả tử và mẫu cho lũy thừa cao nhất của x hoặc nhân lượng liên hợp
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{a{x^2} + 4x + 3}}{{3x - 2a{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2}(a + \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}})}}{{{x^2}( - 2a + \frac{3}{x})}} = \frac{a}{{ - 2a}} = \frac{{ - 1}}{2}\)
Đáp án A.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy ABC là tam giác vuông tại B và SA vuông góc mặt đáy \(\left( {ABC} \right)\), \(SB = 2a\), \(AB = a\)( tham khảo hình vẽ). Tính góc giữa SB và \(mp\left( {ABC} \right)\)
-
A.
\(90^\circ .\)
-
B.
\(60^\circ .\)
-
C.
\(45^\circ .\)
-
D.
\(30^\circ .\)
Đáp án : B
Bước 1: Tìm giao điểm O của đường thẳng a và \((\alpha )\)
Bước 2: Xác định hình chiếu A’ của điểm A xuống \((\alpha )\)
Bước 3: Suy ra: \(\left( {AO,(\alpha )} \right) = \left( {AO,A'O} \right) = \widehat {AOA'}\)
Do \(SA \bot (ABC)\)nên A là hình chiếu của S lên (ABC)
Ta có: \(\left( {SB,(ABC)} \right) = (SB,AB)\)
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại A có:
\(\begin{array}{l}\tan \left( {SB,AB} \right) = \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{\sqrt {S{B^2} - A{B^2}} }}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \\ \Rightarrow \widehat {SBA} = {60^0}\end{array}\)
Đáp án B.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?
-
A.
\((SDC) \bot (SAC)\)
-
B.
\((SCD) \bot (SAD)\)
-
C.
\((SBD) \bot (SAC)\)
-
D.
\((SBC) \bot (SAC)\)
Đáp án : B
Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và hai mặt phẳng vuông góc với nhau
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\\SA,AD \subset (SAD)\\SA \cap AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD)\\CD \subset (SCD) \Rightarrow (SCD) \bot (SAD)\end{array}\)
Đáp án B.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây đúng ?
-
A.
\(AC \bot (SBD)\)
-
B.
\(AB \bot (SAD)\)
-
C.
\(AC \bot (SBD)\)
-
D.
\(SO \bot (ABCD)\)
Đáp án : C
Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SO\\BD,SO \subset (SBD)\\BD \cap SO\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD)\)
Đáp án C.
Với hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + 1} \right){{\left( {2 - 3x} \right)}^2}}}{{x - 1}};\,g'\left( 2 \right)\)bằng
-
A.
232.
-
B.
72.
-
C.
152.
-
D.
-75.
Đáp án : B
Sử dụng phương tính đạo hàm của hàm hợp
\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = \left[ {\frac{{\left( {2x + 1} \right){{\left( {2 - 3x} \right)}^2}}}{{x - 1}}} \right]' = \left( {\frac{{18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4}}{{x - 1}}} \right)'\\ = \frac{{\left( {18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4} \right)'(x - 1) - (18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4)(x - 1)'}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{36{x^3} - 69{x^2} + 30x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\g'\left( 2 \right) = 72\end{array}\)
Đáp án B.
Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi
a) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ là \(\frac{{14}}{{285}}\)
b) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu là \(\frac{{43}}{{57}}\)
c) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều có màu vàng là \(\frac{1}{7}\)
d) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu là \(\frac{{14}}{{57}}\)
a) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ là \(\frac{{14}}{{285}}\)
b) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu là \(\frac{{43}}{{57}}\)
c) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều có màu vàng là \(\frac{1}{7}\)
d) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu là \(\frac{{14}}{{57}}\)
Sử dụng các quy tắc đếm để xác định số phần tử của không gian mẫu và biến cố
Không gian mẫu: \((\Omega ) = C_{20}^3 = 1140\)
a) Gọi A là biến cố: “3 viên bi lấy ra đều màu đỏ”; \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_8^3}}{{C_{20}^3}} = \frac{{56}}{{1140}} = \frac{{14}}{{285}}\)
b) B là biến cố: “3 viên bi lấy ra có không quá hai màu”
TH1: Số cách lấy ra 3 viên bi lấy ra chỉ có một màu: \(C_8^3 + C_7^3 + C_5^3 = 101\)
TH2: Số cách lấy ra 3 viên bi lấy ra chỉ có đúng hai màu: \(\left[ {C_{15}^3 - \left( {C_8^3 + C_7^3} \right)} \right] + \left[ {C_{13}^3 - \left( {C_8^3 + C_5^3} \right)} \right] + \left[ {C_{12}^3 - \left( {C_5^3 + C_7^3} \right)} \right] = 759\)
Nên: \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{101 + 759}}{{1140}} = \frac{{43}}{{57}}\)
c) C là biến cố: “3 viên bi lấy ra đều có màu vàng”; \(P(C) = \frac{{n(C)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_5^3}}{{C_{20}^3}} = \frac{{10}}{{1140}} = \frac{1}{{114}}\)
d) D là biến cố: “3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu”: \(P(D) = \frac{{n(D)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_8^1.C_7^1.C_5^1}}{{C_{20}^3}} = \frac{{280}}{{1140}} = \frac{{14}}{{57}}\)
a) Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là 47
b) Trung vị \({M_e}\) là 51,4
c) Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là 54,2
d) Mốt \({M_o} = 20\)
a) Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là 47
b) Trung vị \({M_e}\) là 51,4
c) Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là 54,2
d) Mốt \({M_o} = 20\)
Sử dụng công thức tính tứ phân vị của mẫu số liệu và Mốt
Cỡ mẫu là n = 7 + 10 + 20 + 6 + 2 = 45
Gọi x1, x2, ….., x45 là cân nặng của 45 học sinh và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.
Khi đó, trung vị là x23. Do giá trị x23 thuộc nhóm [50; 55) nên nhóm này chứa trung vị.
Do đó p = 3; a3 = 50, m3 = 20; m1 + m2 = 7 + 10 = 17; a4 – a3 = 55 – 50 = 5
Khi đó
\({M_e} = {a_3} + \frac{{\frac{n}{2} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}({a_4} - {a_3}) = 50 + \frac{{\frac{{45}}{2} - 17}}{{20}}.5 \approx 51,4\).
Vậy Me = 51,4.
Từ Me = 51,4, suy ra Q2 = 51,4.
- Tứ phân vị thứ nhất Q1 là trung vị của nửa dãy bên trái Q2 nên \({Q_1} = \frac{{{x_{11}} + {x_{12}}}}{2}\)
Do x11 và x12 đều thuộc nhóm [45; 50) nên nhóm này chứa Q1. Do đó, p = 2, a2 = 45, m2 = 10, m1 = 7; a3 – a2 = 5.
Ta có \({Q_1} = {a_2} + \frac{{\frac{n}{4} - {m_1}}}{{{m_2}}}({a_3} - {a_2}) = 45 + \frac{{\frac{{45}}{2} - 7}}{{10}}.5 \approx 47,1\)
- Tứ phân vị thứ ba Q3 là trung vị của nửa dãy bên phải Q2 nên \({Q_3} = \frac{{{x_{34}} + {x_{35}}}}{2}\).
Do x34 và x35 đều thuộc nhóm [50; 55) nên nhóm này chứa Q3. Do đó, p = 3, a3 = 50, m3 = 20, m1 + m2 = 7 + 10 = 17; a4 – a3 = 55 – 50 = 5.
Ta có \({Q_3} = {a_3} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}({a_4} - {a_3}) = 50 + \frac{{\frac{{3.45}}{4} - 17}}{{20}}.5 \approx 54,2\) .
Vậy tứ phân vị: Q1 ≈ 47,1; Q2 ≈ 51,4; Q3 ≈ 54,2.
- Ta thấy tần số lớn nhất là 20 nên nhóm chứa mốt là nhóm [50; 55).
Ta có j = 3, a3 = 50, m3 = 20, m2 = 10, m4 = 6, h = 55 – 50 = 5
Khi đó
\({M_0} = {a_3} + \frac{{{m_3} - {m_2}}}{{\left( {{m_3} - {m_2}} \right) + \left( {{m_3} - {m_4}} \right)}}h = 50 + \frac{{20 - 10}}{{(20 - 10) + (20 - 6)}}.5 \approx 52,1\)
Vậy Mo ≈ 52,1.
Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), SA = h. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của SA, SB, SC.
a) \(d((MNP),(ABC)) = h\)
b) \(d(NP,(ABC)) = \frac{h}{2}\)
c) \(d(A,(SBC)) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)
d) \((MNP)//(ABC)\)
a) \(d((MNP),(ABC)) = h\)
b) \(d(NP,(ABC)) = \frac{h}{2}\)
c) \(d(A,(SBC)) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)
d) \((MNP)//(ABC)\)
Sử dụng phương pháp tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng
a) Xét tam giác SAB có M là trung điểm của SA, N là trung điểm của SB nên MN là đường trung bình của tam giác SAB. Suy ra \(MN//AB\),do đó \(MN//(ABC)\)
Xét tam giác SBC có N là trung điểm của SB, P là trung điểm của SC nên PN là đường trung bình của tam giác SBC. Suy ra \(PN//BC\),do đó \(PN//(ABC)\)
Khi đó, \(d((MNP),(ABC)) = d(M,(ABC))\)
Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(MA \bot (ABC)\). Do đó \(d(M,(ABC)) = MA\)
Vì M là trung điểm SA nên \(AM = \frac{{SA}}{2} = \frac{h}{2}\)
Do đó \(d((MNP),(ABC)) = \frac{h}{2}\)
b) Vì \(PN//(ABC)\) nên \(d(NP,(ABC)) = d(N,(ABC))\)
Vì \(MN//(ABC)\) nên \(d(N,(ABC)) = d(M,(ABC)) = MA = \frac{h}{2}\)
Vậy \(d(N,(ABC)) = \frac{h}{2}\)
c) Vì tam giác ABC là tam giác vuông tại B nên \(BC \bot AB\)
Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\)mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot (SAB)\), suy ra \((SBC) \bot (SAB)\)
Kẻ \(AH \bot SB\) tại H
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}(SBC) \bot (SAB)\\(SBC) \cap (SAB) = SB\\AH \subset (SAB)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SBC)\)
Khi đó \(d(A,(SBC)) = AH\)\(\)
Vì \(SA \bot (SBC)\) nên \(SA \bot AB\)
Xét tam giác SAB vuông tại A, AH là đường cao, có:
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{{a^2} + {h^2}}}{{{a^2}{h^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)
Vậy \(d(A,(SBC)) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)
d)\(MN//(ABC)\) mà \(MN \subset (MNP) \Rightarrow (MNP)//(ABC)\)
Cho hàm số \(y = \sin x\)
a) Đạo hàm của hàm số là \(y' = - cosx\)
b) Biểu thức \(y'(\frac{\pi }{2}) = 0\)
c) Biểu thức \(y''(\frac{\pi }{2}) = 0\)
d) Biểu thức \({y^{(2024)}} = \sin (x + 1012\pi )\)
a) Đạo hàm của hàm số là \(y' = - cosx\)
b) Biểu thức \(y'(\frac{\pi }{2}) = 0\)
c) Biểu thức \(y''(\frac{\pi }{2}) = 0\)
d) Biểu thức \({y^{(2024)}} = \sin (x + 1012\pi )\)
Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số lượng giác
a) \(y' = (\sin x)' = cosx\)
b) \(y'(\frac{\pi }{2}) = \cos \frac{\pi }{2} = 0\)
c) \(\begin{array}{l}y'' = \left( {cosx} \right)' = - \sin x\\y''\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - 1\end{array}\)
d) \(\begin{array}{l}{y^{(n)}} = \sin (x + n\frac{\pi }{2})\\{y^{(2024)}} = \sin (x + 1012\pi )\end{array}\)
Sử dụng phương pháp nhân liên hợp và phân tích thành nhân tử.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 3}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {\sqrt {4x + 1} - 3} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(4x + 1) - 9}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4x - 8}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4(x - 2)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{4}{{\sqrt {4x + 1} + 3}} = \frac{4}{{\sqrt {4.2 + 1} + 3}} = \frac{2}{3}\).
Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp
\(\begin{array}{l}y' = \left[ {{{\left( {{x^4} - 1} \right)}^4}} \right]' = 4.{\left( {{x^4} - 1} \right)^3}.4{x^3} = 16{x^3}{\left( {{x^4} - 1} \right)^3}\\y'(1) = 0\end{array}\)
Bước 1: Tính \(f({x_0}) = {f_2}({x_0})\)
Bước 2: Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} {f_1}(x) = L\)
Bước 3: Nếu \({f_2}({x_0}) = L\) thì hàm số f(x) liên tục tại \({x_0}\)
Nếu \({f_2}({x_0}) \ne L\)thì hàm số f(x) không liên tục tại \({x_0}\).
(Đối với bài toán tìm tham số m để hàm số liên tục tại x0, ta thay bước 3 thành: Giải phương trình L = f2(x0), tìm m)
Hàm số đã cho xác định trên R
Ta có: \(f(1) = 1 - m\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)(x - 2)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 2) = - 1\)
Để hàm số liên tục tại x = 1 khi \(f(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} \Leftrightarrow 1 - m = - 1 \Leftrightarrow m = 2\)
Sử dụng phương pháp tính góc giữa hai mặt phẳng
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\\BC \bot SA\,\,(Do\,\,SA \bot (ABCD))\\AB,SA \subset (SAB)\\AB \cap SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\\ \Rightarrow BC \bot SB\end{array}\)\(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}(SBC) \cap (ABCD) = BC\\SB \subset (SBC),SB \bot BC\\AB \subset (ABCD),AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {(SBC),(ABCD)} \right) = (SB,AB)\)
Do \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB\). Xét tam giác SAB vuông tại A có:
\(\tan (SB,AB) = \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)
Lập biểu thức tính khoảng cách từ điểm \(I( - 1;2)\) tới tiếp tuyển của đồ thị
Sử dụng BĐT Cauchy để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Giả sử \(M({x_0};2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}) \in (C)\). PTTT của (C) tại M là:
\(y = \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}(x - {x_0}) + 2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}\,\,\,(\Delta )\)
Hay \(\begin{array}{l}(\Delta ):\,\,\,\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}x - y + \left[ {\frac{{3{x_0}}}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + 2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}} \right] = 0\,\,\,\\(\Delta ):\,\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}x - y + 2 - \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} = 0\\d(I,\Delta ) = \frac{{|\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}{x_0} - (2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}) + 2 - \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}|}}{{\sqrt {\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^4}}} + 1} }} = \frac{{6|{x_0} + 1|}}{{\sqrt {9 + {{({x_0} + 1)}^4}} }} = \frac{6}{{\sqrt {\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + {{({x_0} + 1)}^2}} }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cauchy: \(\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + {({x_0} + 1)^2} \ge 2\sqrt 9 = 6 \Rightarrow d \le \sqrt 6 \)
Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} = {({x_0} + 1)^2} \Leftrightarrow {x_0} = - 1 \pm \sqrt 3 \)
Vậy có hai điểm cần tìm là \(M( - 1 + \sqrt 3 ;2 - \sqrt 3 )\) hoặc \(M( - 1 - \sqrt 3 ;2 + \sqrt 3 )\)
Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: \(M{(1 + r\% )^{k - 1}},k \in N*\)
Trong đó:
M: là lượng thứ ăn trang trại ăn hết trong mỗi ngày
r (%): là % mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm mỗi ngày
Theo dự định, mỗi ngày, trang trại ăn hết: \(1:50 = \frac{1}{{50}}\)(lượng thức ăn)
Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: \(\frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^{k - 1}},k \in N*\)
Xác định số tự nhiên n nhỏ nhât để:
\(\begin{array}{l}\frac{1}{{50}} + \frac{1}{{50}}(1 + 3\% ) + \frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^2} + ... + \frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^{n - 1}} \ge 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{50}}(1 + 1,03 + 1,{03^2} + ... + 1,{03^{n - 1}}) \ge 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{50}}.\frac{{1,{{03}^{n - 1}} - 1}}{{1,03 - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow 1,{03^{n - 1}} - 1 \ge 1,5 \Leftrightarrow 1,{03^{n - 1}} \ge 2,5 \Leftrightarrow n - 1 \ge {\log _{1,03}}2,5 \Leftrightarrow n \ge 31,99 \Rightarrow {n_{Min}} = 32\end{array}\)
Phần I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Phần I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Phần I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Phần I. Trắc nghiệm. Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.
Phần I. Trắc nghiệm. Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.
Câu 1: Với b,c là hai số thực dương tùy ý thỏa mãn ({rm{lo}}{{rm{g}}_5}b ge {rm{lo}}{{rm{g}}_5}c), khẳng định nào dưới đây là đúng? A. (b ge c). B. (b le c). C. (b > c). D. (b < c).
Phần I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
A. NỘI DUNG ÔN TẬP 1. Một số yếu tố thống kê và xác suất - Các số đặc trưng đo xu thế trung tâm cho mẫu số liệu ghép nhóm - Biến cố hợp và biến cố giao. Biến cố độc lập. Các quy tắc tính xác suất 2. Hàm số mũ và hàm số logarit - Phép tính lũy thừa với số mũ thực - Phép tính logarit - Hàm số mũ và hàm số logarit - Phương trình, bất phương trình mũ và logarit
>> Học trực tuyến Lớp 11 cùng thầy cô giáo giỏi trên Tuyensinh247.com. Bứt phá điểm 9,10 chỉ sau 3 tháng. Cam kết giúp học sinh lớp 11 học tốt, hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
