Đề cuối kỳ 2 Toán 11 năm 2025 – 2026 trường THPT Núi Thành – Đà Nẵng

Áp dụng công thức các phép toán với lũy thừa.

${a^\alpha }.{a^\beta } = {a^{\alpha + \beta }}$.

Áp dụng công thức các phép toán logarit.

$\log \frac{x}{y} = \log x - \log y$.

${{a}^{x}}=b\Leftrightarrow x={{\log }_{a}}b$.

${{3}^{x}}=2\Leftrightarrow x={{\log }_{3}}2$.

Tìm hai đường thẳng cắt nhau và cùng vuông góc với BD. Khi đó BD vuông góc với mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau đó.

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

Cho a là số thực dương khác 1, khi đó : ${{a}^{-m}}=\frac{1}{{{a}^{m}}}={{\left( \frac{1}{a} \right)}^{m}}$.

${{a}^{-26}}={{\left( \frac{1}{a} \right)}^{26}}$.

Nếu a // b thì (a, c) = (b, c).

Vì A’C’ // AC nên (AB, A’C’) = (AC, AC).

${\log _a}f(x) = b \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}f(x) > 0\\f(x) = {a^b}\end{array} \right.$.

${\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\x - 1 = {3^2}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x = 10.

Hàm số $y={{\log }_{a}}x$ có tập xác định $\left( 0;+\infty \right)$.

Tập xác định của hàm số $y={{\log }_{2}}x$ là $\left( 0;+\infty \right)$.

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng đó.

$d\bot m,\,\, d\bot n$ và m cắt n.

Dựa vào điều kiện hai mặt phẳng vuông góc.

Hai mặt phẳng vuông góc với nhau nếu mặt phẳng này chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.

Dựa vào hình dạng đồ thị và các điểm đồ thị đi qua để xác định công thức.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0; 1) nên đây là đồ thị của hàm số mũ.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1; 3) nên hàm số cần tìm là $y={{3}^{x}}$.

Áp dụng công thức thể tích khối chóp.

Thể tích V của khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy bằng B là $V = \frac{1}{3}Bh$.

Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian.

a) Sai. $A'B' \bot (BB'C'C) \Rightarrow A'B' \bot B'C$. Ta có:

$\left. \begin{array}{l}(ABB'A') \cap (A'B'CD) = A'B'\\BB' \bot A'B',BB' \subset (ABB'A')\\B'C \bot A'B',B'C \subset (A'B'CD)\end{array} \right\}$

$\Rightarrow \left( {\left( {ABB'A'} \right),\left( {A'B'CD} \right)} \right) = \left( {BB',B'C} \right) = \widehat {BB'C} \ne {90^o}$.

b) Đúng. $DD' \bot (ABCD) \Rightarrow DD' \bot BC$.

c) Đúng. Vì $CC' \bot (A'B'C'D') \Rightarrow$ A’C’ là hình chiếu vuông góc của A’C lên (A’B’C’D’).

Do đó $\left( {A'C,(A'B'C'D')} \right) = \left( {A'C,A'C'} \right) = \widehat {CA'C'}$.

d) Sai. $AB \bot (BB'C'C) \Rightarrow AB \bot (B'C'C)$.

Do đó $d\left( {A,(B'C'C)} \right) = AB = 1$.

Cho A và B là hai biến cố. Biến cố “A hoặc B xảy ra” được gọi là biến cố hợp của A và B, kí hiệu là $A \cup B$. Biến cố “Cả A và B đều xảy ra” được gọi là biến cố giao của A và B, kí hiệu là AB.

Trong 15 quả cầu, có 8 quả cầu được đánh số lẻ, 7 quả cầu được đánh số chẵn.

a) Sai. Biến cố: “Cả A và C đều xảy ra” gọi là biến cố giao của A và C.

b) Đúng. AC = {3; 5; 7; 11; 13}.

c) Đúng. Biến cố: “A hoặc B xảy ra” gọi là biến cố hợp của A và B.

d) Sai. $A \cup B = \left\{ {1;3;5;6;7;9;11;12;13;15} \right\}$.

Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ: $V = {S_{day}}.h$.

Diện tích đáy lăng trụ là diện tích tam giác đều ABC: ${S_{day}} = \frac{{{2^2}.\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3$.

Thể tích khối lăng trụ: $V = {S_{day}}.h = \sqrt 3 .3 \approx 5,2$.

Thay số theo dữ kiện đề bài cho vào công thức $A = P{e^{rt}}$ để tính.

Khoảng thời gian từ năm 2025 đến năm 2045 là 20 năm.

Dân số năm 2045 là: $A = 60.{e^{0,0094 . 20}} \approx 72,4$ (triệu người).

Góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng.

$\left.$$\begin{array}{l}BC \bot AB\\SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC\end{array}$ \right\}

$\Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB$.

$\left.$$\begin{array}{l}(SBC) \cap (ABCD) = BC\\AB \bot BC,AB \subset (ABCD)\\SB \bot BC,SB \subset (SBC)\end{array}$ \right\}

$\Rightarrow \left( {(SBC),(ABCD)} \right) = \widehat {SBA}$.

Xét tam giác SAB vuông tại A:

$\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{9}{3} = 3 \Rightarrow \widehat {SBA} \approx {72^o}$.

Tìm ĐKXĐ, đổi cơ số đưa về giải bất phương trình logarit cơ bản.

ĐKXĐ: $x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2$.

${\log _2}(x - 2) + {\log _{\frac{1}{4}}}25 \le 1 \Leftrightarrow {\log _2}(x - 2) + {\log _{{2^{ - 2}}}}{5^2} \le 1$

$\Leftrightarrow {\log _2}(x - 2) - {\log _2}5 \le 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{{x - 2}}{5}} \right) \le 1$

$\Leftrightarrow \frac{{x - 2}}{5} \le 2 \Leftrightarrow x - 2 \le 10 \Leftrightarrow x \le 12$.

Kết hợp ĐKXĐ và x nguyên nên $x \in \{ 3;4;5;6;7;8;9;10;11;12\}$.

Số giá trị nguyên thỏa mãn là 10.

a) Áp dụng các công thức biến đổi logarit.

b) Thiết lập mô hình của hình chóp đều và áp dụng công thức thể tích: $B = \dfrac{1}{3}Bh$.

a) $\log_3 \frac{n^2}{9} = \log_3 n^2 - \log_3 9$

$= 2 \log_3 n - 2 = 2.7 - 2 = 12$.

b) Gọi S.ABCD là hình chóp tứ giác đều với cạnh đáy bằng 6 cm và cạnh bên bằng 5 cm.

Gọi $O = AC \cap BD$.

$SO = \sqrt{SA^2 - OA^2} = \sqrt{5^2 - (3\sqrt{2})^2} = \sqrt{7}$.

$S_{ABCD} = AB^2 = 6^2 = 36$.

$V_{S.ABCD} = \frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 36 \cdot \sqrt{7} = 12\sqrt{7} \approx 31,7$ $cm^3$.

Vậy cần sử dụng 31,7 $cm^3$ thủy tinh để làm cái chặn giấy này.

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

b) Góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng.

c) Đưa về tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.

a) Ta có $\{\begin{array}{l}AD\perp AB\\ AD\perp SB\end{array}$$\begin{cases} AD \perp AB \\ AD \perp SB \end{cases}$.

Suy ra $AD \perp (SAB)$, do đó $(SAD) \perp (SAB)$.

b) Trong $(ABCD)$, kẻ $BE \perp CM$ với $E \in CM$.

Suy ra $SE \perp CM$, do đó $CM \perp (SEB)$.

Như vậy $\widehat{SEB}$ là góc nhị diện $[S, CM, B]$.

Ta có $\frac{1}{BE^2} = \frac{1}{BM^2} + \frac{1}{BC^2}$

$= \frac{4}{a^2} + \frac{1}{a^2} = \frac{5}{a^2}$.

Suy ra $BE = \frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Ta có $\tan \widehat{SEB} = \frac{SB}{BE} = \sqrt{15}$.

Vậy $\widehat{SEB} \approx 76^\circ$.

c) Gọi $N$ là trung điểm của $CD$.

Ta có $\{\begin{array}{l}CM\subset ̸(SAN)\\ CM\mathrm{/}\mathrm{/}NA,NA\subset (SAN)\end{array}$$\begin{cases} CM \not\subset (SAN) \\ CM // NA, NA \subset (SAN) \end{cases}$.

Suy ra $CM // (SAN)$.

Do đó, $d(SACM) = d((SAN), CM)$

$= d(M, (SAN)) = \frac{1}{2}d(B, (SAN))$.

Trong $(ABCD)$, kẻ $BK \perp AN$ với $K \in AN$.

Trong $\Delta SBK$, kẻ $BH \perp SK$ với $H \in SK$. Suy ra $BH \perp (SAN)$.

Suy ra $d(SA,CM) = \frac{1}{2}d(B, (SAN)) = \frac{1}{2}BH$.

Trong $(ABCD)$, gọi $I = AN \cap BC$.

Ta có $\frac{1}{BH^2} = \frac{1}{BK^2} + \frac{1}{BS^2}$

$= \frac{1}{BA^2} + \frac{1}{BI^2} + \frac{1}{BS^2}$

$= \frac{1}{a^2} + \frac{1}{4a^2} + \frac{1}{3a^2} = \frac{19}{12a^2}$.

Suy ra $BH = \frac{2a\sqrt{57}}{19}$.

Vậy $d(SACM) = \frac{1}{2}BH = \frac{a\sqrt{57}}{19}$.