Đề kiểm tra cuối học kỳ 2 Toán 11 năm 2025 – 2026 sở GD&ĐT Bắc Ninh

$\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}}$.

$\sqrt[3]{{{{2009}^2}}} = {2009^{\frac{2}{3}}}$.

Áp dụng công thức ${a^{{{\log }_a}m}} = m$, ${\log _a}{a^m} = m$.

$P = {3^{{{\log }_3}4}} + {\log _6}{6^7} = 4 + 7 = 11$.

Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số.

Đồ thị có hình dạng đồ thị của hàm số mũ dạng $y = {a^x}$ (a > 0).

Hàm số nghịch biến trên tập xác định nên 0 < a < 1.

Hàm số cần tìm là $y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}$.

Hàm số logarit $y = {\log _a}x$ đồng biến trên $(0; + \infty )$ khi a > 1.

Hàm số $y = \log x$ đồng biến trên $(0; + \infty )$ vì cơ số a = 10 > 1.

Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b) và điểm ${x_0} \in (a;b)$.

Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}$ thì gới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm ${x_0}$, kí hiệu bởi $f'({x_0})$ (hoặc $y'({x_0})$, tức là $f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{f(x) - f(5)}}{{x - 5}} = f'(5) = 3$.

Áp dụng quy tắc đạo hàm của hàm lượng giác.

${\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x$.

AB là biến cố giao của biến cố A và biến cố B.

Biến cố AB là biến cố “Chọn được số chia hết cho 3 và chia hết cho 4”.

Áp dụng công thức cộng xác suất cho hai biến cố xung khắc.

$P(A \cup B) = P(A) + P(B)$.

Áp dụng công thức cộng xác suất cho hai biến cố bất kì.

$P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)$

$= \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{{12}} = \frac{3}{4}$.

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

$P(AB) = P(A).P(B) = \frac{1}{4}.\frac{1}{5} = \frac{1}{{20}}$.

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

Nếu hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì hai đường thẳng đó song song với nhau.

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P), (Q) là khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia, kí hiệu $d\left( {(P),(Q)} \right)$.

Ta có (ABCD) // (A’B’C’D’) và A’ là hình chiếu vuông góc của A lên (A’B’C’D’) nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) là AA’ = 4a.

a, b) Hàm số $y = {\log _a}f(x)$ $(a > 0,a \ne 1)$ xác định khi  f(x) > 0.

c) Áp dụng công thức ${\log _a}u = \frac{{u'}}{{u\ln a}}$.

d) Đồ thị hàm số y = f(x) có hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm ${x_0}$ là $f'({x_0})$.

a) Đúng. Điều kiện để biểu thức ${\log _5}(2x - 1)$ xác định là 2x – 1 > 0.

b) Đúng. ĐKXĐ: $2x - 1 > 0 \Leftrightarrow 2x > 1 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$, do đó $D = \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$.

c) Sai. $y' = \frac{{(2x - 1)'}}{{(2x - 1)\ln 5}} = \frac{2}{{(2x - 1)\ln 5}}$.

d) Sai. $y' = \frac{2}{{(2x - 1)\ln 5}} > 0$ $\forall x \in D$ nên đồ thị không có tiếp tuyến có hệ số góc âm.

Ứng dụng quan hệ vuông góc trong không gian.

a) Đúng. Vì ACD là tam giác đều nên AM vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, do đó $AM \bot CD$. Tương tự, ta có tam giác ACD đều và $BM \bot CD$.

b) Đúng. Ta có:

$\left.$$\begin{array}{l}AM \bot CD\\BM \bot CD\end{array}$ \right\} \Rightarrow CD \bot (MAB).

c) Đúng. Ta có:

$\left.$$\begin{array}{l}CD \bot (MAB)\\CD \subset (BCD)\end{array}$ \right\} \Rightarrow (BCD) \bot (MAB).

d) Sai. Gọi H là trọng tâm tam giác đều BCD. Vì ABCD là tứ diện đều nên $AH \bot (BCD)$. Do đó, hình chiếu vuông góc của AC lên (BCD) là HC.

$\left( {AC,(BCD)} \right) = \left( {AC,HC} \right) = \widehat {ACH}$.

Giả sử cạnh của tứ diện đều là $a$, ta có $AC = a$ và $HC = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Xét tam giác AHC vuông tại H:

$\cos \widehat {ACH} = \frac{{HC}}{{AC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {ACH} \approx 54,{74^o} \ne {60^o}$.

Giải phương trình ${50.2^t} = 3200$.

$50 . {2^t} = 3200 \Leftrightarrow {2^t} = 64 \Leftrightarrow t = 6$.

Đạo hàm của hàm số dạng $f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ là $f'\left( x \right) = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}$.

$f'(x) = \frac{{2.1 - ( - 1).1}}{{{{(x + 1)}^2}}} = \frac{3}{{{{(x + 1)}^2}}}$.

$f'(0) = \frac{3}{{{{(0 + 1)}^2}}} = 3$.

Nếu a // b thì (a, c) = (b, c).

Vì AA’ // CC’ nên $\left( {CC',AB'} \right) = \left( {AA',AB'} \right) = \widehat {A'AB'} = {45^o}$.

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

Để tổng điểm thu được sau 2 lần bắn bằng 19, có 2 trường hợp xảy ra:

TH1: Lần thứ nhất trúng vòng 10 điểm và lần thứ hai trúng vòng 9 điểm.

${P_1} = 0,15.0,2 = 0,03$.

TH2: Lần thứ nhất trúng vòng 9 điểm và lần thứ hai trúng vòng 10 điểm.

${P_2} = 0,2.0,15 = 0,03$.

Xác suất cần tìm là:

$P = {P_1} + {P_2} = 0,03 + 0,03 = 0,06$.

Giải phương trình mũ, bất phương trình logarit.

a) Ta có $e^x = e^6 \Leftrightarrow x = 6$.

b) Ta có $\log_{0,2} x \geq -1 \Leftrightarrow 0 < x \leq 0,2^{-1} \Leftrightarrow 0 < x \leq 5$.

a) Áp dụng quy tắc đạo hàm cơ bản.

b) 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) Ta có $y' = 2x + 3$.

b) Tung độ tiếp điểm $y_0 = 3$, hệ số góc của tiếp tuyến $k = y'(1) = 5$.

Tuyến tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ $x_0 = 1$ có phương trình là $y = 5(x - 1) + 3 \Leftrightarrow y = 5x - 2$.

a) Chứng minh 1 đường thẳng thuộc mặt phẳng này vuông góc với mặt phẳng kia.

b) Tính độ dài đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.

a) Vì $(SAC)$ chứa $SA$ và $SA \perp (ABCD)$ nên $(SAC) \perp (ABCD)$.

b) Gọi $O = AC \cap BD$. Do $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt{2}$ và $O$ là trung điểm của $AC$. Suy ra $OC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Ta lại có $SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = 2a\sqrt{2}$.

Kẻ $OH \perp SC$ ($H \in SC$). Vì $SA \perp (ABCD)$ nên $SA \perp BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC \perp BD$. Dẫn tới $BD \perp (SAC)$. Suy ra $BD \perp OH$.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SC$, $BD$ là $d(SC, BD) = OH$.

Ta có $\sin \widehat{OCH} = \frac{OH}{OC} = \frac{SA}{SC}$ nên $OH = \frac{SA \cdot OC}{SC} = a\sqrt{6} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2a\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{4}$.

Vậy $d(SC, BD) = \frac{a\sqrt{6}}{4}$.

Áp dụng phương pháp tổ hợp, tính xác suất thông qua biến cố đối và công thức cộng xác suất.

Ta có $n(\Omega) = C_6^2 \cdot C_4^2 \cdot C_2^2 = 90$. Xét các biến cố

$A$: “Có ít nhất một hộp chứa hai thẻ cùng màu”;

$X$: “Có một hộp chứa hai thẻ màu xanh”;

$Y$: “Có một hộp chứa hai thẻ màu đỏ”.

Khi đó $A = X \cup Y$.

Nhận thấy $n(X) = n(Y) = C_3^1 \cdot C_4^2 \cdot C_2^2 = 18$;

$n(XY) = C_3^1 \cdot C_2^1 \cdot C_2^2 = 6$.

Do đó $P(A) = P(X \cup Y)$

$= P(X) + P(Y) - P(XY)$

$= \frac{n(X)}{n(\Omega)} + \frac{n(Y)}{n(\Omega)} - \frac{n(XY)}{n(\Omega)} = \frac{18 + 18 - 6}{90} = \frac{1}{3}$.

Vậy, xác suất để không có hộp nào chứa hai thẻ cùng màu là $P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.