Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 4

Áp dụng các tính chất của căn bậc n.

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

$= \sqrt[3]{{x.\sqrt[4]{{{x^{\frac{7}{2}}}}}}} = \sqrt[3]{{x.{x^{\frac{7}{8}}}}}$

$= \sqrt[3]{{{x^{\frac{{15}}{8}}}}} = {x^{\frac{{15}}{{24}}}} = {x^{\frac{5}{8}}}$.

Giải bất phương trình ${4 - 3x - x^{2}} >0$, từ đó tìm được tập xác định của hàm số đã cho.

Hàm số $y = \ln\left( {4 - 3x - x^{2}} \right)$ xác định khi:

${4 - 3x - x^{2}} >0$

$\Leftrightarrow -4 < x < 1$.

Do đó, tập xác định của hàm số đã cho là $D = \left( {- 4\,;\, 1} \right)$.

Áp dụng các tính chất logarit.

${\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {{x^2}{y^3}} \right) = {\log _2}{x^2} + {\log _2}{y^3}$

$= 2{\log _2}x + 3{\log _2}y = 2a + 3b$.

Áp dụng kiến thức về đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.

$\left.$$\begin{array}{l}SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC\\SH \bot BC\end{array}$ \right\} \Rightarrow BC \bot (SAH) \Rightarrow BC \bot AH.

Hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi một mặt phẳng chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng còn lại.

Ta có $\{\begin{array}{l}CD\mathrm{\perp }SA\\ CD\mathrm{\perp }AD\end{array}\Rightarrow CD\mathrm{\perp }(SAD)\Rightarrow (SCD)\mathrm{\perp }(SAD)$$\left\{ \begin{array}{l} {CD\bot SA} \\ {CD\bot AD} \end{array}\Rightarrow CD\bot(SAD)\Rightarrow(SCD)\bot(SAD) \right.$.

Tìm đoạn vuông góc chung của SA và BC.

Có $\{\begin{array}{l}SA\mathrm{\perp }(ABC)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }AB\\ BC\mathrm{\perp }AB\end{array}\Rightarrow AB$$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AB\\BC \bot AB\end{array} \right.$ \Rightarrow AB là đoạn vuông góc chung của SA và BC, hay $d\left( {SA,BC} \right) = AB$.

Viết tập hợp A, B rồi tìm giao của A và B (gồm các phần tử vừa thuộc A, vừa thuộc B).

A = {3; 6; 9; 12; 15; 18; 21; 24; 27; 30}.

B = {4; 8; 12; 16; 20; 24; 28}.

$A \cap B = \{ 12;24\}$.

Áp dụng công thức nhân xác suất hai biến cố độc lập.

$P\left( {A \cap B} \right) = P(A).P(B)$.

Dựa vào định nghĩa đạo hàm: $f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}$.

$f'(6) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 6} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 6 \right)}}{{x - 6}} = 2$.

Áp dụng công thức $\left( {{x^\alpha }} \right)' = \alpha .{x^{\alpha - 1}}$.

$y' = \left( {{x^2} + x + 1} \right)' = 2x + 1$.

Đưa về dạng ${x^n}$ và áp dụng công thức $\left( {{x^n}} \right)' = n{x^{n - 1}}$.

$y = \dfrac{1}{{{x^3}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} = {x^{ - 3}} - {x^{ - 2}}$

$\Rightarrow y' =  - 3{x^{ - 4}} - \left( { - 2} \right){x^{ - 3}} = \dfrac{{ - 3}}{{{x^4}}} + \dfrac{2}{{{x^3}}}$.

Các em còn có thể sử dụng công thức $\left( {\dfrac{1}{{{x^n}}}} \right)' = - \dfrac{{n.{x^{n - 1}}}}{{{x^{2n}}}}$ để tính đạo hàm các hàm số đã cho.

Một số em khi tính đạo hàm có thể sẽ thiếu dấu “ $-$ “ ở chỗ $\left( { - 2} \right).{x^{ - 3}}$ dẫn đến chọn nhầm đáp án C là sai.

Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp: $\left( {{a^u}} \right)' = {\rm{ }}u'.{a^u}.lna$ 

$y' = \left( {\dfrac{1}{x} + 2x} \right){2^{\ln x + {x^2}}}.\ln 2$

Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số lũy thừa.

Đạo hàm của hàm số $y = f(x)$ tại điểm ${x_0}$ là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đó tại điểm ${M_0}({x_0};f({x_0}))$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f(x)$ tại điểm ${M_0}({x_0};f({x_0}))$ là $y = f'({x_0})(x - {x_0}) + f({x_0})$.

a) Đúng. $f'(x) = {x^2} - 6x + 7$.

b) Sai. $f'(0) = {0^2} - 6.0 + 7 = 7$.

c) Đúng. Phương tình tiếp tuyến:

$y = 7(x - 0) + 2 \Leftrightarrow y = 7x + 2$.

d) Sai. $f'(x) > 7 \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 7 > 7 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x > 0\\x < 6\end{array}$ \right.

Tập nghiệm đúng phải là $S = (-\infty, 0) \cup (6, +\infty)$.

Sử dụng quy tắc nhân xác suất cho các biến cố độc lập và công thức tính xác suất của biến cố đối. Để là quán quân, điểm của Phương phải lớn hơn 200.

a) Đúng. Xác suất trả lời sai câu Tự nhiên là P = 1 – 0,7 = 0,3.

b) Đúng. Xác suất đúng cả 3 câu là 0,7 . 0,4 . 0,3 = 0,084.

c) Sai. Xác suất sai cả 3 câu là 0,3 . 0,6 . 0,7 = 0,126.

Xác suất đúng ít nhất một câu là 1 – 0,126 = 0,874.

d) Đúng. Phương đặt NSHV vào câu Tự nhiên. Để thắng, tổng điểm tăng thêm phải > 10.

Trường hợp 1: Đúng câu Tự nhiên (+40 điểm, xác suất 0,7).

Dù sai 2 câu còn lại thì điểm cộng thêm vẫn là 40 – 10 – 10 = 20 > 10.

Phương thắng với xác suất là 0,7.

Trường hợp 2: Sai câu Tự nhiên (-20 điểm, xác suất 0,3).

Để thắng, Phương cần đúng cả 2 câu còn lại (+20 +20 = 40).

Tổng cộng tăng -20 + 40 = 20 > 10. Xác suất là 0,3. (0,4 . 0,3) = 0,036.

Vậy xác suất Phương thành quán quân là 0,7 + 0,036 = 0,736.

Đạo hàm của quãng đường đi được là vận tốc tức thời của chất điểm.

Đạo hàm của quãng đường đi được là vận tốc tức thời của chất điểm.

Vậy vận tốc tức thời của chất điểm tại t = 2 là đạo hàm tại t = 2.

Ta được $\left. S(t) = 10t^{2}\Leftrightarrow v(2) = 2.10.2 = 40 \right.$ (m/s).

Thay số vào công thức đề bài cho.

Tuổi của cây rừng trên là:

$A = k.D^{b} = 2,5.30^{1,3} \approx 208$ (tuổi).

Chia trường hợp, áp dụng phương pháp tổ hợp và các quy tắc đếm.

TH1: Chọn vào 1 ngôi nhà không khóa:

Xác suất chọn được 1 ngôi nhà không khóa: $\frac{3}{8}$. Chìa khóa không ảnh hưởng đến kết quả.

TH2: Chọn vào 1 ngôi nhà có khóa:

- Xác suất chọn được 1 ngôi nhà có khóa: $\frac{5}{8}$.

- Xác suất trong 3 chìa đã chọn bao gồm 1 chìa chính xác của ngôi nhà đó: $\frac{{C_1^1C_7^2}}{{C_8^3}} = \frac{3}{8}$.

Xác suất người môi giới vào được ngôi nhà có khóa là $\frac{5}{8}.\frac{3}{8} = \frac{{15}}{{64}}$.

Kết hợp 2 trường hợp: Xác suất để người môi giới vào được nhà là $\frac{3}{8} + \frac{{15}}{{64}} = \frac{{39}}{{64}} \approx 0,61$.

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt đều để tính thể tích 1 viên đá.

Từ đó suy ra thể tích 60 viên đá và đổi sang đơn vị lít.

Thể tích của 1 viên đá là: $V = \frac{1}{3}.3.\left( {{3^2} + \sqrt {{3^2}.1,{5^2}} + 1,{5^2}} \right) = 15,75$ $(c{m^3})$.

Thể tích của 60 viên đá là: $60.15,75 = 945$ $(c{m^3}) \approx 0,95$ (lít).

Sử dụng công thức $\left( {\cos u} \right)' =  - u'.\sin u$

$y' =  - 2{\left( {\frac{\pi }{4} - 2x} \right)^,}\sin \left( {\frac{\pi }{4} - 2x} \right) = 4\sin \left( {\frac{\pi }{4} - 2x} \right)$   

Bước 1: Tìm ĐKXĐ.

Bước 2: Đưa 2 vế của phương trình về cùng cơ số và giải phương trình.

Bước 3: Kết luận.

a) ${\log _2}\left( {x - 2} \right) < 2$

Điều kiện: $x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2$.

BPT $\Leftrightarrow x - 2 < {2^2}$

$\Leftrightarrow x - 2 < 4 \Leftrightarrow x < 6$.

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S = (2; 6).

b) $\log \left( {x + 1} \right) \ge \log \left( {2x - 1} \right)$

Điều kiện: $\{\begin{array}{l}x+1>0\\ 2x-1>0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\2x - 1 > 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x >  - 1\\x > \frac{1}{2}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}.

BPT $\Leftrightarrow x + 1 \ge 2x - 1$

$\Leftrightarrow  - x \ge  - 2\Leftrightarrow x \le 2$.

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {\frac{1}{2};2} \right]$.

Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) thì độ dài đoạn MH được gọi là khoảng cách từ M đến (P), kí hiệu d(M, (P)).

Gọi I là hình chiếu của O trên CD, H là hình chiếu của O trên SI.

Thấy rằng $CD \bot (SOI)$ nên $CD \bot OH$. Mà $OH \bot SI$ nên $OH \bot (SCD)$.

Suy ra $d(O,(SCD)) = OH$.

Vì $AB = BC$, $\widehat {ABC} = {60^o}$ nên tam giác ABC đều.

Suy ra $OB = OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $OA = OC = \frac{a}{2}$.

Xét tam giác vuông DOC có $OI = \frac{{OB.OC}}{{OD}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Xét tam giác vuông SOI có:

$SI = \sqrt {S{O^2} + O{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$;

$OH = \frac{{SO.OI}}{{SI}} = \frac{{\frac{{3a}}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{3a}}{8}$.