Đề thi học kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo - Đề số 10

a) Đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm \({x_0} = 1\) là \(f'(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f(x) - f(1)}}{{x - 1}}\).

b) Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là f’(1) = 6.

c) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là y = 6x – 2.

d) Đồ thị hàm số y = f(x) có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.

a) A và B xung khắc.

b) Xác suất để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 4 bằng \(\frac{{11}}{{30}}\).

c) Xác suất để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 và chia hết cho 4 bằng \(\frac{1}{{15}}\).

d) Xác suất để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 hoặc 4 bằng \(\frac{1}{2}\).

Với a > 0: \({a^x} = b \Leftrightarrow x = {\log _a}b\).

\({3^x} = 4 \Leftrightarrow {\log _3}4\).

Tìm ĐKXĐ của hàm số.

ĐKXĐ: \({x^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne 0\). Vậy tập xác định của \(y = {\log _5}{x^2}\) là \(\left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)\).

Áp dụng công thức đạo hàm \(\left( {{a^x}} \right)' = {a^x}\ln a\).

\(y' = \left( {{2^x}} \right)' = {2^x}\ln 2\).

Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số lượng giác.

Ta có \(\left( {\cot x} \right)' = - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\) nên C sai.

Áp dụng công thức công thức đạo hàm hợp \(\left( {{u^\alpha }} \right)' = u'.\alpha .{u^{\alpha - 1}}\).

\(y' = \left[ {{{\left( {\ln x} \right)}^3}} \right]' = 3.\left( {\ln x} \right)'{\left( {\ln x} \right)^2} = \frac{{3{{\left( {\ln x} \right)}^2}}}{x}\).

Áp dụng công thức đạo hàm \(\left( {{x^\alpha }} \right)' = \alpha .{x^{\alpha - 1}}\) và \(\left( {{a^x}} \right)' = {a^x}\ln a\).

\(y' = \left( {{x^2} + {3^x}} \right)' = 2x + {3^x}\ln 3\).

Tính f’(-1).

\(f'(x) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right)' = 2x - 3\).

Hệ số góc của tiếp tuyến là f’(-1) = 2.(-1) – 3 = -5.

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

Hai biến cố A, B xung khắc thì \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\).

Áp dụng lí thuyết về hai biến cố độc lập: Hai biến cố được gọi là độc lập nếu việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố này không làm ảnh hưởng đến xác suất xảy ra của biến cố kia.

Vì \(P(\overline A ) = 1 - P(A)\) nên xác suất của \(\overline A \) và \(A\) phụ thuộc vào nhau. Do đó hai biến cố trên không độc lập.

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

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot (SAC) \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Vì AC chỉ vuông góc với BD trong (SBD) nên AC không vuông góc với (SBD).

Khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng là khoảng cách từ điểm đó đến hình chiếu của nó trên mặt phẳng.

Vì B không phải hình chiếu vuông góc của A lên (SBC) nên \(d\left( {A,(SBC)} \right) \ne AB\).

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}Bh\).

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}{\left( {3a} \right)^2}.5a = 15{a^3}\).

a) Đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm \({x_0} = 1\) là \(f'(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f(x) - f(1)}}{{x - 1}}\).

b) Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là f’(1) = 6.

c) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là y = 6x – 2.

d) Đồ thị hàm số y = f(x) có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.

a) Đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm \({x_0}\) là \(f'(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\).

b) Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là \(f'({x_0})\).

c) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là \(y = f'({x_0})(x - {x_0}) + {y_0}\).

d) Kiểm tra tích của hai hệ số góc có thể bằng -1 không.

a) Sai. Đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm \({x_0} = 1\) là \(f'(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - f(1)}}{{x - 1}}\).

b) Đúng. \(f'(x) = 6{x^2} \Rightarrow f'(1) = {6.1^2} = 6\).

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là f’(1) = 6.

c) Đúng. Ta có \(f(1) = {2.1^3} + 2 = 4\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là:

\(y = 6(x - 1) + 4 \Leftrightarrow y = 6x - 2\).

d) Sai. Với \({x_0}\) bất kì, ta có \(f'({x_0}) = 6{x_0}^2\).

Gọi A và B là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x). Khi đó:

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A là \(f'({x_A}) = 6{x_A}^2\).

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm B là \(f'({x_B}) = 6{x_B}^2\).

Để tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau thì \(f'({x_A}).f'({x_B}) = - 1 \Leftrightarrow 6{x_A}^2.6{x_B}^2 = - 1\) (vô lí).

Vậy không tồn tại hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) vuông góc với nhau.

a) A và B xung khắc.

b) Xác suất để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 4 bằng \(\frac{{11}}{{30}}\).

c) Xác suất để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 và chia hết cho 4 bằng \(\frac{1}{{15}}\).

d) Xác suất để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 hoặc 4 bằng \(\frac{1}{2}\).

Áp dụng quy tắc nhân xác suất và tính xác suất của biến cố đối.

a)Sai. Ta có \(A \cap B\) là biến cố: “Lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 và chia hết cho 4”.

Suy ra \(A \cap B = \{ 12;24\} \ne \emptyset \) nên A và B không xung khắc.

b) Sai. A = {4; 8; 12; 16; 20; 24; 28}.

Vậy xác để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 4 là \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{7}{{30}}\).

c) Đúng. \(n(A \cap B) = 2\) nên xác suất để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 và chia hết cho 4 là \(P(A \cap B) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{2}{{30}}\).

d) Đúng. B = {3; 6; 9; 12; 15; 18; 21; 24; 27; 30}.

Xác để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 là \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{{10}}\).

\(P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \frac{7}{{30}} + \frac{1}{3} - \frac{2}{{30}} = \frac{1}{2}\).

Tính v(4) = s’(4).

Vận tốc của vật tại thời điểm t là v(t) = s’(t) = 4t + 5.

Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm t = 4 là v(4) = 4.4 + 5 = 21 (m/s).

Áp dụng phương pháp tổ hợp và công thức cộng xác suất.

Số cách xếp 7 người thành một hàng ngang là 7!.

Gọi các biến cố:

A: “Mai đứng ở đầu hàng”; B: “Lan đứng ở đầu hàng”.

* Xác suất Mai đứng đầu hàng:

+ Có 2 cách xếp Mai đứng ở đầu hàng (ngoài cùng bên trái hoặc phải).

+ Có 6! cách xếp các bạn còn lại.

Vậy xác suất Mai đứng đầu hàng là \(P(A) = \frac{{2.6!}}{{7!}} = \frac{2}{7}\).

* Xác suất Lan đứng đầu hàng: Tương tự Mai: \(P(B) = \frac{{2.6!}}{{7!}} = \frac{2}{7}\).

* Xác suất cả Mai và Lan đứng đầu hàng:

+ Có 2 cách xếp Mai và Lan cùng đứng đầu hàng (hai bạn đổi chỗ cho nhau).

+ Có 5! cách xếp các bạn còn lại.

Vậy xác suất cả Mai và Lan đứng đầu hàng là \(P(A \cap B) = \frac{{2.5!}}{{7!}} = \frac{1}{{21}}\).

Xác suất của biến cố “Có ít nhất một trong hai bạn Mai và Lan đứng ở đầu hàng” là:

\(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \frac{2}{7} + \frac{2}{7} - \frac{1}{{21}} = \frac{{11}}{{21}} \approx 0,52\).

Thay các dữ kiện từ để bài để tìm k, từ đó giải phương trình mũ tìm t.

Vì số lượng bầy ruồi tăng lên gấp đôi sau 9 ngày nên ta có:

\(2{N_0} = {N_0}.{e^{9k}} \Leftrightarrow k = \frac{{\ln 2}}{9}\).

Để được 800 con ruồi, cần:

\(800 = 100.{e^{t\frac{{\ln 2}}{9}}} \Leftrightarrow {e^{t\frac{{\ln 2}}{9}}} = 8 \Leftrightarrow t\frac{{\ln 2}}{9} = \ln 8 \Leftrightarrow t = 9\frac{{\ln 8}}{{\ln 2}} = 27\) (ngày).

Mô hình hóa kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều S.ABCD như hình. O là tâm đáy ABCD.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên SD.

Tính \([A,SD,C] = \widehat {AHC}\).

Mô hình hóa kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều S.ABCD như hình. O là tâm đáy ABCD.

Khi đó, SO = 21 và AB = 34 (m).

Vì S.ABCD là chóp đều nên \(SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot AC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot SO\\AC \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD) \Rightarrow AC \bot SD\) (1)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên SD, do đó \(OH \bot SD\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(SD \bot (AHC)\), do đó \(HC \bot SD\) và \(HA \bot SD\).

Như vậy \([A,SD,C] = \widehat {AHC}\).

Ta có \(OD = \frac{{BD}}{2} = \frac{{CD\sqrt 2 }}{2} = \frac{{34\sqrt 2 }}{2} = 17\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta SOD\) vuông tại O, đường cao OH:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{SO.OD}}{{\sqrt {S{O^2} + O{D^2}} }} = \frac{{21.17\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{21}^2} + {{\left( {17\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{{357\sqrt 2 }}{{\sqrt {1019} }}\).

\(AH = CH = \sqrt {O{H^2} + O{C^2}} = \sqrt {\frac{{843880}}{{1019}}} \).

Xét \(\Delta AHC\): \(\cos \widehat {AHC} = \frac{{A{H^2} + C{H^2} - A{C^2}}}{{2AH.CH}} = - \frac{{289}}{{730}} \Rightarrow \widehat {AHC} \approx {113^o}\).

Góc nhị diện tạo bởi hai mặt bên có chung một cạnh của kim tứ tháp có số đo xấp xỉ \({113^o}\).

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M.

Tìm giao điểm A, B của tiếp tuyến với hai trục tọa độ.

Diện tích tam giác là \(S = \frac{1}{2}OA.OB\).

Ta có \(y' = \frac{{9'.x - 9.x'}}{{{x^2}}} = - \frac{9}{{{x^2}}}\), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M là \(y'(3) = - \frac{9}{{{3^2}}} = - 1\).

Phương trình tiếp tuyến d với (C) tại M là:

\(y = - 1(x - 3) + 3 \Leftrightarrow y = - x + 6\).

d cắt trục tung hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A(6;0) và B(0;6) nên diện tích tam giác OAB là:

\(S = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}6.6 = 18\) (đvdt).

Tìm ĐKXĐ và giải bất phương trình.

ĐKXĐ: \({2^x} + 1 > 0\) (luôn đúng).

Khi đó \({\log _2}\left( {{2^x} + 1} \right) > 2 + x \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{2^x} + 1} \right) > {\log _2}{2^{2 + x}} \Leftrightarrow {2^x} + 1 > {2^{2 + x}}\)

\( \Leftrightarrow {2^x} + 1 > {4.2^x} \Leftrightarrow 1 > {3.2^x} \Leftrightarrow {2^x} < \frac{1}{3} \Leftrightarrow x < {\log _2}\frac{1}{3}\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ;{{\log }_2}\frac{1}{3}} \right)\).

Nghiệm nguyên thuộc [-2024; 2024] của bất phương trình là {-2024; -2023; ...; -3; -2}.

Vậy có tất cả 2023 nghiệm nguyên thỏa mãn.

a) Kẻ \(AH \bot SB\), H thuộc SB. Chứng minh \(d\left( {A,(SBC)} \right) = AH\).

b) Kẻ \(AE \bot BM\), \(AF \bot SE\). Chứng minh

\(d\left( {A,(SBM)} \right) = AF\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính độ dài các cạnh trên.

a) Kẻ \(AH \bot SB\), H thuộc SB.

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SBC)\).

Khi đó \(d\left( {A,(SBC)} \right) = AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {{{(2a)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a\).

b) Kẻ \(AE \bot BM\), \(AF \bot SE\).

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BM\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BM \bot AE\\BM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot (SAE) \Rightarrow BM \bot AF\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}AF \bot BM\\AF \bot SE\end{array} \right. \Rightarrow AF \bot (SBM) \Rightarrow d\left( {A,(SBM)} \right) = AF\).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại B: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2a\).

Vì BM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyển AC nên \(AM = BM = \frac{{AC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).

Khi đó \(\Delta ABM\) là tam giác đều cạnh a, suy ra \(AE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó \(d\left( {A,(SBM)} \right) = AF = \frac{{AE.SA}}{{\sqrt {A{E^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.2a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {57} }}{{19}}a\).