Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 4

a) Đạo hàm của hàm số \(s(t)\) tại thời điểm \({t_0}\) là: \({t_0} + 4\)

b) Tính vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\)là \(16(m/s)\)

c) Tính gia tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\) là \(12(m/{s^2})\)

d)  Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là t = 2 (s)

a) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của \((C)\) với trục Oy là: \(y = 9x - 2\)

b) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của \((C)\) với trục Ox là là\(y = - \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}\)

c) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của \((C)\) tại giao điểm của \((C)\) với đường thẳng \(y = x + 1\) là: \(y = - 3x + \frac{7}{3}\)

d) Phương trình tiếp tuyến của (C) biết hệ số góc của tiếp tuyến \(k = - \frac{1}{3}\) là \(y = - \frac{1}{3}x + 1\) và \(y = - \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}\)

a) \(BC \bot (AID)\)

b) \(AH \bot (BCD)\)

c) IJ là đường vuông góc chung của AD và BC

d) H là trọng tâm tam giác BCD

a) Xác suất để cả hai học sinh được chọn đều đạt yêu cầu là\(0,7809\)

b) Xác suất để cả hai học sinh được chọn đều không đạt yêu cầu là \(0,0091\)

c) Xác suất để chỉ có đúng một học sinh được chọn đạt yêu cầu là \(0,1818\)

d) Xác suất để có ít nhất một trong hai học sinh được chọn đạt yêu cầu là \(0,9909\)

Sử dụng công thức lũy thừa

\(A = \frac{{{{12}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{4^{5 + \sqrt 3 }}{{.3}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{2^{10 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{2^5}}}{{{3^2}}} = \frac{{32}}{9}\)

Đáp án B.

Hàm số \(y = {\log _a}x\) có đồ thị luôn đi qua điểm (1;0) và nghịch biến khi 0 <a<1

Do 0<a<1 nên đồ thị hàm số có chiều đi xuống từ trái qua phải

Đồ thị luôn đi qua điểm (1;0)

Đáp án B.

Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc mặt phẳng

a)

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\,\,(Do\,\,SA \bot (ABC))\\BC \bot SH\\SA,SH \subset (SAH)\\SA \cap SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAH)\)

b)\(\left\{ \begin{array}{l}CK \bot SA\,\,\\CK \bot AB\\SA,AB \subset (SAB)\\SA \cap AB\end{array} \right. \Rightarrow CK \bot (SAB) \Rightarrow CK \bot SB\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot CK - cmt\,\,\\SB \bot CH\\CH,CK \subset (CKH)\\CH \cap CK\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot (CKH) \Rightarrow SB \bot HK\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SB - cmt\,\,\\HK \bot BC\,(Do\,BC \bot (SAB))\\SB,BC \subset (SBC)\\SB \cap BC\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot (SBC)\)

c)Do \(CK \bot (SAB)\)nên BC không thể vuông góc với (SAB)

d) Gọi M là giao điểm của SH và BC. Do \(BC \bot (SAH)\) nên \(BC \bot AM\) hay đường thẳng AM trùng với đường thẳng AK. Hay SH, AK, BC đồng quy

Đáp án C.

Sử dụng phương pháp tính khoảng cách từ đường thẳng tới mặt phẳng

Dựng \(AH \bot BC \Rightarrow d(A,BC) = AH\)

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

Xét tam giác SBC vuông tại S có SH là đường cao ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} \Rightarrow S{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\\ \Rightarrow SH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\end{array}\)

Ta có: \(SA \bot (SBC) \Rightarrow SA \bot SH \Rightarrow \Delta SAH\)vuông tại S

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SAH\) vuông tại S ta có:

\(A{H^2} = S{A^2} + S{H^2} = 9{a^2} + \frac{{4{a^2}}}{5} = \frac{{49{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{7a\sqrt 5 }}{5}\)

Đáp án B.

Sử dụng quy tắc cộng xác suất

Gọi A là biến cố “Người được chọn thành thạo tiếng Anh”; B là biến cố “Người được chọn thành thạo tiếng Pháp”.

Biến cố: “Người được chọn thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng Anh hoặc Pháp” là biến cố hợp của A và B.

Khi đó P(A) = \(P(A) = \frac{{31}}{{50}};P(B) = \frac{{21}}{{50}};P(AB) = \frac{5}{{50}} = \frac{1}{{10}}\) 

Ta có: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB) = \(\frac{{31}}{{50}} + \frac{{21}}{{50}} - \frac{1}{{10}} = \frac{{47}}{{50}}\)

Vậy xác suất để người được chọn thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là \(\frac{{47}}{{50}}\)

Đáp án A.

Đạo hàm của hàm số\(y = f(x)\) tại điểm x₀ là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số tại điểm \({M_0}({x_0};f({x_0}))\)

Khi đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M₀ là: \(y = f'({x_0})(x - {x_0}) + f({x_0})\)

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

Giao điểm của \(\left( C \right)\) với trục tung là \(M(0; - 2)\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M(0; - 2)\) là: \(y = y'(0)(x - 0) + ( - 2) = 3x - 2\)

Đáp án C.

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm hợp.

\(y' = \left( {{{\sin }^2}x} \right)' = 2\sin x.c{\rm{os}}x = \sin 2x\)

Đáp án B.

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm hợp

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\sqrt {2 + 2{x^2}} } \right)' = \frac{{\left( {2 + 2{x^2}} \right)'}}{{2\sqrt {2 + 2{x^2}} }} = \frac{{4x}}{{2\sqrt {2 + 2{x^2}} }} = \frac{{2x}}{{\sqrt {2 + 2{x^2}} }}\\ \Rightarrow a = 0,b = 2\\ \Rightarrow S = a - 2b = - 4\end{array}\)

Đáp án A.

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm hợp

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\frac{{{x^2} + x}}{{x - 1}}} \right)' = \frac{{\left( {{x^2} + x} \right)'(x - 1) - ({x^2} + x)(x - 1)'}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{(2x + 1)(x - 1) - ({x^2} + x)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}\\ \Rightarrow a = 1;b = - 2,c = - 1\\ \Rightarrow S = a + b + c = - 2\end{array}\)

Đáp án B.

Phương trình vận tốc của chất điểm: \(v(t) = s'(t)\)

\(s'\left( t \right) = \left( {{t^2} + 1} \right)' = 2t\)

Vận tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm \(t = 3s\)bằng \(v\left( 3 \right) = 2.3 = 6(m/s)\)

Đáp án B.

Sử dụng quy tắc nhân xác suất \(P(AB) = P(A).P(B)\).

Gọi A là biến cố "Người thứ nhất bắn trúng", B là biến cố "Người thứ hai bắn trúng".

Khi đó \(\overline{A}\) là biến cố "Người thứ nhất bắn trượt", \(\overline{B}\) là biến cố "Người thứ hai bắn trượt".

Ta có \(P(A) = 0,6\), \(P(B) = 0,7\) suy ra:

\(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,6 = 0,4\);

\(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,7 = 0,3\).

Vậy xác suất cả hai người bắn trượt là \(P\left( {\overline A \overline B } \right) = 0,4.0,3 = 0,12\).

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm hợp

\(y' = \left( {{x^5}} \right)' = 5{x^4}\)

Đáp án D.

a) Đạo hàm của hàm số \(s(t)\) tại thời điểm \({t_0}\) là: \({t_0} + 4\)

b) Tính vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\)là \(16(m/s)\)

c) Tính gia tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\) là \(12(m/{s^2})\)

d)  Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là t = 2 (s)

Phương trình vận tốc của chất điểm: \(v(t) = s'(t)\)

Phương trình gia tốc của chất điểm: \(a(t) = v'(t)\)

a) Đạo hàm của hàm số \(s(t)\)tại thời điểm \({t_0}\)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}f'({t_0}) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{f(t) - f({t_0})}}{{t - {t_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left( {\frac{{{t^2} + 4t + 6 - ({t_0}^2 + 4{t_0} + 6)}}{{t - {t_0}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left( {\frac{{(t - {t_0})(t + {t_0} + 4)}}{{t - {t_0}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left( {t + {t_0} + 4} \right) = 2{t_0} + 4\end{array}\)

b) Phương trình vận tốc của chất điểm là: \(v(t) = s' = s'(t) = \left( { - {t^3} + 9{t^2} + t + 10} \right)' = - 3{t^2} + 18t + 1\)

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 5 (s) là: \(v(5) = - {3.5^2} + 18.5 + 1 = 16\)

c) Phương trình gia tốc của chất điểm: \(a(t) = v'(t) = \left( { - 3{t^2} + 18t + 1} \right)' = - 6t + 18\)

Gia tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 5 (s) là: \(a(5) = - 6.5 + 18 = - 12(m/{s^2})\)

d) Phương trình vận tốc của chất điểm là: \(v(t) = s' = s'(t) = \left( { - {t^3} + 9{t^2} + t + 10} \right)' = - 3{t^2} + 18t + 1\)

Ta có: \(v(t) = - 3{t^2} + 18t + 1 = - 3{(t - 3)^2} + 24 \le 24\)

Vậy vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng 24 khi \(t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = 3\)(s)

a) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của \((C)\) với trục Oy là: \(y = 9x - 2\)

b) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của \((C)\) với trục Ox là là\(y = - \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}\)

c) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của \((C)\) tại giao điểm của \((C)\) với đường thẳng \(y = x + 1\) là: \(y = - 3x + \frac{7}{3}\)

d) Phương trình tiếp tuyến của (C) biết hệ số góc của tiếp tuyến \(k = - \frac{1}{3}\) là \(y = - \frac{1}{3}x + 1\) và \(y = - \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}\)

Bước 1: Gọi M(x₀; f(x₀)) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến của (C) thì f'(x₀) = k

Bước 2: Giải phương trình f'(x₀) = k với ẩn là x₀.

Bước 3:Phương trình tiếp tuyến của (C) có dạng y = k(x – x₀) + f(x₀).

\(y' = f'(x) = \left( {\frac{{x + 1}}{{3x}}} \right)' = \frac{{ - 1}}{{3{x^2}}}\)

a) \(BC \bot (AID)\)

b) \(AH \bot (BCD)\)

c) IJ là đường vuông góc chung của AD và BC

d) H là trọng tâm tam giác BCD

Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

a) Vì tam giác ABC cân tại A, AI là trung tuyến nên AI đồng thời là đường cao hay AI \( \bot \)

Vì tam giác BCD cân tại D, DI là trung tuyến nên DI đồng thời là đường cao hay DI \( \bot \) BC.

Có AI \( \bot \)BC và DI \( \bot \) BC nên BC \( \bot \) (AID).

b) Do AH là đường cao của tam giác AID nên AH \( \bot \)

Vì BC \( \bot \) (AID) nên BC \( \bot \) AH mà AH\( \bot \)DI nên AH \( \bot \) (BCD).

c) Vì BC \( \bot \)(AID) nên BC \( \bot \)IJ, mà IJ là đường cao của tam giác AID nên IJ \( \bot \) Do đó IJ là đường vuông góc chung của AD và BC.

d) Tam giác BCD cân nên H không là trọng tâm tam giác BCD

a) Xác suất để cả hai học sinh được chọn đều đạt yêu cầu là\(0,7809\)

b) Xác suất để cả hai học sinh được chọn đều không đạt yêu cầu là \(0,0091\)

c) Xác suất để chỉ có đúng một học sinh được chọn đạt yêu cầu là \(0,1818\)

d) Xác suất để có ít nhất một trong hai học sinh được chọn đạt yêu cầu là \(0,9909\)

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

Xác suất để học sinh tỉnh X không đạt yêu cầu là \(100\% - 93\% = 7\% = 0,07\)

Xác suất để học sinh tỉnh Y không đạt yêu cầu là \(100\% - 87\% = 13\% = 0,13\)

Gọi A là biến cố: “Học sinh tỉnh X đạt yêu cầu”

B là biến cố: “Học sinh tỉnh Y đạt yêu cầu”

Khi đó ta có: \(P(A) = 0,93;P(B) = 0,87;P(\overline A ) = 0,07;P(\overline B ) = 0,13\)

a) Xác suất để cả hai học sinh được chọn đều đạt yêu cầu là:

\(P(AB) = P(A).P(B) = 0,93.0,87 = 0,8091\)

b) Xác suất để cả hai học sinh được chọn đều không đạt yêu cầu là

\(P(\overline {AB} ) = P(\overline A ).P(\overline B ) = 0,07.0,13 = 0,0091\)

c) Xác suất để chỉ có đúng một học sinh được chọn đạt yêu cầu là:

\(P(A\overline B ) + P(\overline A B) = 0,93.0,13 + 0,07.0,87 = 0,1818\)

d) Xác suất để có ít nhất một trong hai học sinh được chọn đạt yêu cầu là:

\(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,93 + 0,87 - 0,8091 = 0,9909\)

Sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử

\(I = \mathop {lim}\limits_{x \to - 3} \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{{x^2} + 5x + 6}} = \mathop {lim}\limits_{x \to - 3} \frac{{(x + 3)(x - 1)}}{{(x + 3)(x + 2)}}\)

\( = \mathop {lim}\limits_{x \to - 3} \frac{{x - 1}}{{x + 2}} = 4\)

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp

\(\begin{array}{l}y' = 20{x^3} - 9{x^2} + 6\\y'(0) = 6\end{array}\)

\(d(S,(ABCD)) = SO\)

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD.\) Suy ra \(SO \bot (ABCD)\) hay \(SO \bot BD\)

Xét hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a,\) ta có \(AD = AB = a.\)

Suy ra \(BD = a\sqrt 2 \)(đường chéo hình vuông)\( \Rightarrow OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác vuông \(SDO\)vuông tại \(O,\) áp dụng định lý Pitago ta có: \(S{D^2} = S{O^2} + O{D^2} \Rightarrow S{O^2} = S{D^2} - O{D^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy \(d(S,(ABCD)) = SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Sử dụng phương pháp xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

\(\left( {\widehat {SC,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SC,AC}} \right) = \widehat {SCA}\)

Tam giác \(SAC\) có \(SA \bot AC,SA = AC = a\sqrt 2 \) Suy ra \(\widehat {SCA} = {45^0}.\)

Viết phương trình hàm số biết đồ thị hàm số đi qua A và B; đồng thời là tiếp tuyến có hoành độ bằng -1 có hệ số góc bằng 2.

Từ đó lập hệ phương trình 3 ẩn tương ứng

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1; - 3} \right)\) nên \( - 3 = a + b + c\) \(\left( 1 \right)\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( {2;3} \right)\) nên \(16a + 4b + c = 3\) \(\left( 2 \right)\)

Tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ bằng \( - 1\) có hệ số góc bằng 2 nên \(f'\left( { - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow - 4a - 2b = - 2 \Leftrightarrow 2a + b = 1\) \(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\), \(\left( 3 \right)\) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = - 3\\16a + 4b + c = 3\\2a + b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 3\\c = - 1\end{array} \right.\)

Vậy \(S = -3\).

Gọi tọa độ điểm M thuộc \(\left( C \right)\). Lập phương trình tính diện tích tam giác

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\)

Gọi \(M\left( {a;\frac{{a - 2}}{{a + 3}}} \right) \in \left( C \right)\).

\(y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\): \(y = \frac{5}{{{{\left( {a + 3} \right)}^2}}}\left( {x - a} \right) + \frac{{a - 2}}{{a + 3}}{\rm{ }}\left( \Delta \right)\)

\(A = Ox \cap \Delta \Rightarrow A\left( {\frac{{ - {a^2} + 4a + 6}}{5};0} \right)\)

\(B = Oy \cap \Delta \Rightarrow B\left( {0;\frac{{{a^2} - 4a - 6}}{{{{\left( {a + 3} \right)}^2}}}} \right)\)

\(\begin{array}{l}{S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left| {\frac{{ - {a^2} + 4a + 6}}{5}} \right|.\left| {\frac{{{a^2} - 4a - 6}}{{{{\left( {a + 3} \right)}^2}}}} \right| = \frac{{18}}{5}\\ \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 4a - 6} \right)^2} = 36{\left( {a + 3} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} - 10a - 24 = 0\\{a^2} + 2a + 12 = 0:vn\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 12\\a = - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(M\left( {12;\frac{2}{3}} \right)\) hoặc \(M\left( { - 2; - 4} \right).\)