Đề thi học kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo - Đề số 9

a) Vận tốc chuyển động \(v(t) = \frac{1}{3}{t^3} + 2{t^2} + 12t + 7\).

b) Gia tốc chuyển động \(a(t) = v'(t) = {t^2} - 4t + 12\).

c) Tại thời điểm gia tốc của vật đạt giá trị nhỏ nhất thì vận tốc của vật bằng \(\frac{{77}}{3}\) m/s.

d) Vận tốc chuyển động tại thời điểm t = 1 là \(v(t) = \frac{{32}}{3}\) m/s.

a) Xác suất đồng xu A xuất hiện mặt ngửa bằng \(\frac{1}{2}\).

b) Xác suất đồng xu B xuất hiện mặt ngửa bằng \(\frac{1}{4}\).

c) Khi gieo hai đồng xu một lần thì xác suất cả hai đều ngửa bằng \(\frac{1}{{12}}\).

d) Khi gieo hai đồng xu hai lần thì xác suất cả hai đồng xu đều ngửa bằng \(\frac{1}{{32}}\).

Áp dụng công thức \({x^a}.{x^b} = {x^{a + b}}\) và \(\sqrt[b]{{{x^a}}} = {x^{\frac{a}{b}}}\).

\(P = {x^{\frac{2}{5}}}.\sqrt[6]{x} = {x^{\frac{2}{5}}}.{x^{\frac{1}{6}}} = {x^{\frac{2}{5} + \frac{1}{6}}} = {x^{\frac{{17}}{{30}}}}\).

Áp dụng công thức \(\sqrt[b]{{{x^a}}} = {x^{\frac{a}{b}}}\) và \({\log _x}{x^\alpha } = \alpha \).

\({\log _a}\sqrt[3]{a} = {\log _a}{a^{\frac{1}{3}}} = \frac{1}{3}\).

Áp dụng lí thuyết về tập xác định của hàm số logarit.

Tập xác định của hàm số \(y = {\log _5}x\) là \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Áp dụng công thức tính đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương.

Ta có (u.v)’ = u’.v – u.v’ là công thức đúng và (u.v)’ = u’.v’ là sai.

Áp dụng công thức \(\left( {{x^\alpha }} \right)' = \alpha .{x^{\alpha - 1}}\).

\(y' = \left( {{x^2} + x + 1} \right)' = 2x + 1\).

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

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

Tính f’(2).

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

Hệ số góc của tiếp tuyến là f’(2) = 2.2 = 4.

Hai biến cố được gọi là xung khắc nếu biến cố này xảy ra thì biến cố kia không xảy ra.

Biến cố xung khắc của A là “Số chấm xuất hiện của con xúc xắc là số lẻ”.

Áp dụng quy tắc nhân xác suất cho hai biến cố độc lập: P(AB) = P(A).P(B).

Vì A và B là hai biến cố độc lập nên P(AB) = P(A).P(B) = 0,4.0,3 = 0,12.

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

Vì ABCD là hình vuông nên \(AC \bot BD\).

Mặt khác \(SB \bot (ABCD)\) nên \(SB \bot AC\).

Do đó \(AC \bot (SBD)\).

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

Ta có: \(d\left( {C,(SAB)} \right) = CB\);

\(d\left( {A,(SBC)} \right)\) là khoảng cách từ A đến chân đường vuông góc hạ xuống SB;

\(d\left( {S,(SBC)} \right) = 0\).

Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ V = Bh.

\(V = Bh = {a^2}\sqrt 3 .2a\sqrt 3 = 6{a^3}\).

a) Vận tốc chuyển động \(v(t) = \frac{1}{3}{t^3} + 2{t^2} + 12t + 7\).

b) Gia tốc chuyển động \(a(t) = v'(t) = {t^2} - 4t + 12\).

c) Tại thời điểm gia tốc của vật đạt giá trị nhỏ nhất thì vận tốc của vật bằng \(\frac{{77}}{3}\) m/s.

d) Vận tốc chuyển động tại thời điểm t = 1 là \(v(t) = \frac{{32}}{3}\) m/s.

a) v(t) = s’(t).

b) a(t) = v’(t).

c) Tìm \({t_0}\) sao cho gia tốc nhỏ nhất. Tính \(v({t_0})\).

d) Tính v(1).

a) Sai. \(v(t) = s'(t) = \frac{1}{3}{t^3} - 2{t^2} + 12t + 7\).

b) Đúng. \(a(t) = v'(t) = {t^2} - 4t + 12\).

c) Đúng. Gia tốc của vật đạt giá trị nhỏ nhất tại \(t = - \frac{{ - 4}}{{2.1}} = 2\).

Khi đó \(v(2) = \frac{1}{3}{.2^3} - {2.2^2} + 12.2 + 7 = \frac{{77}}{3}\) (m/s).

d) Sai. \(v(1) = \frac{1}{3}{.1^3} - {2.1^2} + 12.1 + 7 = \frac{{52}}{3}\) (m/s).

a) Xác suất đồng xu A xuất hiện mặt ngửa bằng \(\frac{1}{2}\).

b) Xác suất đồng xu B xuất hiện mặt ngửa bằng \(\frac{1}{4}\).

c) Khi gieo hai đồng xu một lần thì xác suất cả hai đều ngửa bằng \(\frac{1}{{12}}\).

d) Khi gieo hai đồng xu hai lần thì xác suất cả hai đồng xu đều ngửa bằng \(\frac{1}{{32}}\).

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

a)Đúng. Xác suất đồng xu A ngửa bằng \(\frac{1}{2}\).

b) Đúng. Xác suất đồng xu B ngửa là x, xác suất đồng xu B sấp là 1 – x.

Vì xác suất xuất hiện mặt sấp gấp 3 lần xác suất xuất hiện mặt ngửa nên ta có \(1 - x = 3x\), suy ra \(x = \frac{1}{4}\).

Vậy xác suất đồng xu B ngửa bằng \(\frac{1}{4}\).

c) Sai. Xác suất cả hai đồng xu đều ngửa là \(\frac{1}{2}.\frac{1}{4} = \frac{1}{8}\).

d) Sai. Xác suất cả hai đồng xu đều ngửa khi tung hai lần là \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{1}{{64}}\).

- Tính số tiền có được sau 6 tháng đầu.

- Tính số tiền có được sau 1 năm gửi tiếp.

Sử dụng công thức lãi kép không kì hạn \(T = A{\left( {1 + r} \right)^N}\).

Số tiền người đó có sau 6 tháng = 2 quý: \({T_1} = 100{\left( {1 + 2\% } \right)^2} = 104,04\) triệu đồng.

Số tiền người đó có ngay sau khi gửi thêm 100 triệu là: \(104,04 + 100 = 204,04\) triệu đồng.

Số tiền người đó có sau 1 năm = 4 quý nữa là: \({T_2} = 204,04{\left( {1 + 2\% } \right)^4} \approx 220\) triệu đồng.

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

Xác suất phế phẩm mà nhà máy đó tạo ra bởi cả hai đội là \((1 - 0,75)(1 - 0,85) = 0,0375 \approx 0,04\).

Tìm TXĐ. Tính f’(x) và giải phương trình f’(x) = 0.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

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

\(= 2x{e^{ - 2x}} - 2{x^2}{e^{ - 2x}} = 2x{e^{ - 2x}}(1 - x)\).

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow 2x{e^{ - 2x}}(1 - x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình f’(x) = 0 là 0 + 1 = 1.

Gọi P là trung điểm của A’D’.

Tính \((MN,BD) = (MN,NP) = \widehat {MNP}\).

Gọi P là trung điểm của A’D’.

Dễ thấy NP // B’D’ // BD. Do đó, \((MN,BD) = (MN,NP) = \widehat {MNP}\).

Ta có độ dài đường chéo các mặt của khối lập phương là \(AB' = AD' = B'D' = 2024\sqrt 2 \).

Vì MN là đường trung bình tam giác A’B’A nên \(MN = \frac{{AB'}}{2} = \frac{{2024\sqrt 2 }}{2} = 1012\sqrt 2 \).

Tương tự, ta có \(NP = MP = 1012\sqrt 2 \).

Do đó, tam giác MNP là tam giác đều, suy ra \(\widehat {MNP} = {60^o}\).

Vậy góc giữa MN và BD bằng \({60^o}\).

Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d, giải tìm nghiệm \({x_0}\).

Phương trình tiếp tuyến của f(x) tại \({x_0}\) là \(y = f'({x_0})(x - {x_0}) + {y_0}\).

Ta có: \(y' = \left( {\frac{{x - 2}}{{2x + 1}}} \right)' = \frac{{\left( {x - 2} \right)'\left( {2x + 1} \right) - \left( {x - 2} \right)\left( {2x + 1} \right)'}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\)

\( = \frac{{1.\left( {2x + 1} \right) - \left( {x - 2} \right).2}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2x + 1 - 2x + 4}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là \(\frac{{x - 2}}{{2x + 1}} = x - 2 \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = x - 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {x - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 2\).

Với \({x_0} = 2\), ta có \(y'({x_0}) = y'(2) = \frac{5}{{{{\left( {2.2 + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{5}\); \(y({x_0}) = y(2) = \frac{{2 - 2}}{{2.2 + 1}} = 0\).

Phương trình tiếp tuyến là \(y = \frac{1}{5}(x - 2) + 0 \Leftrightarrow y = \frac{1}{5}x - \frac{2}{5}\).

Với \({x_0} = 0\), ta có \(y'({x_0}) = y'(0) = \frac{5}{{{{\left( {2.0 + 1} \right)}^2}}} = 5\); \(y({x_0}) = y(0) = \frac{{0 - 2}}{{2.0 + 1}} = - 2\).

Phương trình tiếp tuyến là \(y = 5(x - 0) - 2 \Leftrightarrow y = 5x - 2\).

Tìm ĐKXĐ và giải bất phương trình.

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}\left( {2 - {x^2}} \right) > 0\\2 - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - {x^2} > {2^0}\\{x^2} < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} < 1\\{x^2} < 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < x < 1\\ - 2 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < x < 1\).

Khi đó \({\log _{\frac{1}{2}}}\left[ {{{\log }_2}\left( {2 - {x^2}} \right)} \right] > 0 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {2 - {x^2}} \right) < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} \Leftrightarrow {\log _2}\left( {2 - {x^2}} \right) < 1\)

\( \Leftrightarrow 2 - {x^2} < {2^1} \Leftrightarrow {x^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne 0\).

Kết hợp ĐK, ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 1;0} \right) \cup \left( {0;1} \right)\).

Xác định đoạn thẳng thể hiện khoảng cách giữa AB và SC. Từ đó, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm chiều cao khối chóp và tính thể tích.

Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD. Kẻ \(HK \bot SI\).

SH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của tam giác cân SAB, suy ra \(SH \bot AB\).

Mà \((SAB) \bot (ABCD)\), \((SAB) \cap (ABCD) = AB\) nên \(SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot CD\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot CD\\HI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SHI) \Rightarrow CD \bot HK\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SI\\HK \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot (SCD)\).

Vì CD // AB nên \(d\left( {AB,DC} \right) = d\left( {AB,(SCD)} \right) = d\left( {H,(SCD)} \right) = HK\).

Ta có \(HK = \frac{3}{2}\), \(HI = AD = \sqrt 3 \).

Xét tam giác vuông SHI vuông tại H có đường cao HK:

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{S^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow HS = 3\).

Thể tích khối chóp là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ACBD}} = \frac{1}{3}.SH.AB.AD = \frac{1}{3}.3.1.\sqrt 3 = \sqrt 3 \approx 1,73\).