Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 5

Đường thẳng vuông với mặt phẳng nào thì đường thẳng đó vuông góc với các cạnh thuộc mặt phẳng đó.

Hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ nên ta có $SA\bot AB$.

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {AB\bot AC} \\ {AB\bot SA} \end{array}$ \right\}\Rightarrow AB\bot(SAC)\Rightarrow AB\bot SC \right..

Đường thẳng vuông với mặt phẳng nào thì đường thẳng đó vuông góc với các cạnh thuộc mặt phẳng đó.

Hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ nên ta có $\left.$$\begin{array}{l} {AB\bot AD} \\ {AD\bot SA} \end{array}$ \right\} \Rightarrow AD\bot\left( {SAB} \right).

Hàm số $y = \log_{a}x$ xác định khi $x > 0,a > 0,a \neq 1$.

Hàm số $y = \log_{3}\left( {3 - x} \right)$ xác định khi $\left. 3 - x > 0\Leftrightarrow x < 3 \right.$.

Sử dụng kiến thức về thể tích khối chop cụt đều có chiều cao h và diện tích 2 đáy S, S’ là $V = \dfrac{1}{3} \cdot h \cdot \left( {S + \sqrt{S.S'} + S'} \right)$.

Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp cụt ta có:

$V = \dfrac{1}{3} \cdot 6 \cdot \left( {9 + \sqrt{9.4} + 4} \right) = 114$ $\left( \text{cm}^{3} \right)$.

Giải bất phương trình logarit.

$f(x) \geq 3\Leftrightarrow\log_{2}\left( {x - 1} \right) \geq 3$

$\Leftrightarrow x - 1 \geq 2^{3}\Leftrightarrow x \geq 8 + 1 = 9$.

Xác định số phần tử của biến cố “Số chấm xuất hiện trên 2 con xúc xắc chia hết cho cả 2 và 3”.

$A \cap B$ là biến cố “Số chấm xuất hiện trên 2 con xúc xắc chia hết cho cả 2 và 3”.

Suy ra $A \cap B = \left\{ 6 \right\}$ gồm 1 phần tử.

Hàm số mũ và hàm số logarit đồng biến nếu cơ số lớn hơn 1.

$y = \log x$ đồng biến trên tập xác định vì có cơ số 10 > 1.

Đưa hai vế về cùng cơ số.

$\left. 5^{x - 1} = 125\Leftrightarrow 5^{x - 1} = 5^{3}\Leftrightarrow x - 1 = 3\Leftrightarrow x = 4 \right.$

Tìm đạo hàm của y, rồi thay x = 2 vào tìm giá trị của đạo hàm tại điểm đó.

Ta có đạo hàm của hàm số là $\left. y = 2x + 1\Leftrightarrow y' = 2 \right.$.

Vậy đạo hàm của hàm số $y = 2x + 1$ luôn bằng 2 với mọi giá trị của x.

Tính góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó lên mặt phẳng.

$S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều có O là tâm của đáy.

$\left. \Rightarrow SO\bot(ABCD)\Rightarrow(SB,(ABCD)) = (SB,OB) = \widehat{SBO} \right.$.

Áp dụng công thức đạo hàm cơ bản.

Đạo hàm của $\left. y = \sin 2x - x\Leftrightarrow y' = 2\cos 2x - 1 \right.$.

Trong một phép thử, cho $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập, $P\left( {AB} \right) = P(A) . P(B)$.

Trong một phép thử, cho $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập $P\left( {AB} \right) = P(A) . P(B)$.

Dựa vào lý thuyết quan hệ vuông góc trong không gian.

a) Đúng. $SA\bot(ABCD)$ và $BD \subset (ABCD)$ nên $SA\bot BD$.

b) Đúng. $SA\bot(ABCD)$ nên $SA\bot AC$, $SA\bot BD$, do đó: $\left( {SAC} \right)\bot\left( {SBD} \right)$.

c) Sai. Xét tam giác SAB vuông tại $A$ có $SA = a\sqrt{3}$, $AB = a$ nên áp dụng định lý Pythagore:

$\left. SB^{2} = SA^{2} + AB^{2} = 3a^{2} + a^{2} = 4a^{2}\Rightarrow SB = 2a \right.$.

Do đó, $\left. \sin\theta = \dfrac{SA}{SB} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2a} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\theta = 60^{{^\circ}} \right.$

d) Sai. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa đường cao SA và hình chiếu của đường SD lên đáy.

Dựng tam giác vuông SAH với H là hình chiếu vuông góc từ A xuống BD.

⇒ $\tan\varphi = \dfrac{SA}{AH}$.

Gọi $A(0,0)$, $B(a,0)$, $D(0,a)$ ⇒ Phương trình đường chéo BD: $x + y = a$.

⇒ Hình chiếu $H$ của $A$ lên BD là $\left( {\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2}} \right)$.

⇒ $AH = \sqrt{\left( \dfrac{a}{2} \right)^{2} + \left( \dfrac{a}{2} \right)^{2}} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.

Khi đó, ta có: $\tan\varphi = \dfrac{SA}{AH} = \dfrac{a\sqrt{3}}{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \sqrt{6}$.

Sử dụng công thức cộng, công thức nhân xác suất để tính toán.

Giả sử hai vận động viên bắn độc lập.

Gọi $A$: người thứ nhất bắn trúng vòng 10, $P(A) = 0,9$.

Gọi $B$: người thứ hai bắn trúng vòng 10, $P(B) = 0,8$.

a) Đúng. Xác suất người thứ nhất không bắn trúng vòng 10:

$P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0,9 = 0,1$.

b) Đúng. Xác suất cả hai cùng bắn trúng vòng 10:

$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = 0,9 \cdot 0,8 = 0,72$.

c) Sai. Xác suất đúng một người bắn trúng vòng 10:

$P(A \cap \overline{B}) + P(\overline{A} \cap B) = 0,9 \cdot 0,2 + 0,1 \cdot 0,8$

$= 0,18 + 0,08 = 0,26$.

d) Đúng. Xác suất có ít nhất một người bắn trúng vòng 10:

$P = 1 - P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 1 - (0,1)(0,2)$

$= 1 - 0,02 = 0,98$

Thể tích $V = \dfrac{1}{3}S_{ABCD}.SO$.

Vẽ đường cao SO của tam giác đều SAB.

Ta có $\left. \left( {SAB} \right)\bot\left( {ABCD} \right)\Rightarrow SO\bot\left( {ABCD} \right) \right.$.

Do đó $SO$ là đường cao của hình nón $S.ABCD$ và $SO = \dfrac{6a\sqrt{3}}{2} = 3a\sqrt{3}$.

Thể tích của khối chóp S.ABCD:

$V = \dfrac{1}{3}S_{ABCD}.SO = \dfrac{1}{3}.\left( {6a} \right)^{2}.3a\sqrt{3} = 36\sqrt{3}a^{3}$.

Giải bất phương trình mũ.

Ta cần tổng số tiền sau n năm không dưới 150 triệu, tức là

$100{(1,06)}^{n} \geq 150$ hay $n \geq 7$.

Vây cần ít nhất 7 năm để được số tiền không dưới 150 triệu đồng.

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.

Gọi M là trung điểm CD.

Dựa vào đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, ta tìm được OH là khoảng cách cần tìm.

O là trọng tâm tam giác △BCD $\left. \Rightarrow AO\bot(BCD) \right.$.

Gọi M là trung điểm của CD $\left. \Rightarrow BM\bot CD\Rightarrow OM\bot CD \right.$.

Ta có: $\left. CD\bot OM\Rightarrow CD\bot(AOM) \right.$.

Mà $CD\bot AO$.

Kẻ $\left. OH\bot AM\Rightarrow CD\bot OH \right.$.

$\left. \Rightarrow OH\bot(ACD) \right.$.

Khoảng cách từ O đến (ACD): $d(O;(ACD)) = OH$.

$BM = 12\sqrt{3} - 6\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$.

$BO = \dfrac{2}{3}BM = \dfrac{2}{3} \cdot 6\sqrt{3} = 4\sqrt{3}$.

$OM = \dfrac{1}{3}BM = \dfrac{1}{3} \cdot 6\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$.

Tính AO bằng định lý Pythagore:

$AO = \sqrt{AB^{2} - OB^{2}} = \sqrt{12^{2} - {(4\sqrt{3})}^{2}}$

$= \sqrt{144 - 48} = \sqrt{96} = 4\sqrt{6}$.

Trong tam giác vuông △AOM, vuông tại O:

$\dfrac{1}{OH^{2}} = \dfrac{1}{AO^{2}} + \dfrac{1}{OM^{2}} = \dfrac{1}{{(4\sqrt{6})}^{2}} + \dfrac{1}{{(2\sqrt{3})}^{2}}$

$= \dfrac{1}{96} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{8}{96} = \dfrac{1}{12}$.

Giải bất phương trình mũ.

$e^{x^{2} - 2x - 3} \geq 1\Leftrightarrow x^{2} - 2x - 3 \geq 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{matrix} {x \geq 3} \\ {x \leq - 1} \end{matrix}$ \right.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $T = \left( {- \infty; - 1} \right\rbrack \cup \left\lbrack {3; + \infty} \right)$.

a) Đạo hàm của một số.

b) Tìm hệ số góc của phương trình tiếp tuyến tại f'(0) rồi tìm tung độ tiếp tuyến. Từ đó ta viết được phương trình tiếp tuyến với điểm đã cho.

a) Ta có $f'(x) = \dfrac{3}{\left( {x + 2} \right)^{2}}$.

b) Hệ số góc của tiếp tuyến $f'(0) = \dfrac{3}{4}$.

Tung độ tiếp điểm $y_{0} = f(0) = - \dfrac{1}{2}$.

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 0 là $y = \dfrac{3}{4}x - \dfrac{1}{2}$.

a) Đường thẳng vuông góc với 2 đường thẳng khác cắt nhau tại 1 điểm tạo thành 1 mặt phẳng thì đường thẳng đó vuông góc với mặt phẳng tạo bởi 2 đường thẳng đã cho.

b) Hạ các đường vuông góc để tìm góc phẳng nhị diện. Áp dụng định lý cosin để tìm $\cos\varphi$.

a) Chứng minh $BC\bot\left( {SAB} \right)$.

+ $BC\bot AB$ (ABCD là hình chữ nhật).

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

+ $AB \cap SA = A$.

+ $AB,SA\, \subset \left( {SAB} \right)$.

Kết luận $BC\bot\left( {SAB} \right)$.

b) Hạ $AH\bot SB,\, AI\bot SC,\, AK\bot SD$.

Ta chứng minh được $\left( {AHIK} \right)\bot SC$.

Khi đó: $SC\bot IH$, $SC\bot IK$.

Vậy góc phẳng của nhị diện $\left\lbrack {B,SC,D} \right\rbrack$ là $\widehat{HIK} = \varphi$.

Tính được $IH = \dfrac{a\sqrt{30}}{10}$, $IK = \dfrac{a\sqrt{5}}{10},\, HK = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.

Áp dụng định lý cosin trong tam giác HIK ta tính được:

$\cos\varphi = \dfrac{-\sqrt{6}}{4}$.