Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 8

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y' = \sqrt {1 - x} {\rm{\;}} + \left( {1 + x} \right)\frac{{ - 1}}{{2\sqrt {1 - x} }} = \frac{{2\left( {1 - x} \right) - 1 - x}}{{2\sqrt {1 - x} }} = \frac{{1 - 3x}}{{2\sqrt {1 - x} }}}\\{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 3}\\{b = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow a + b = {\rm{\;}} - 3 + 1 = {\rm{\;}} - 2}\end{array}\)

Đáp án A.

\({9^x} - {2.6^x} + m{.4^x} = 0\)  (1)

Chia cả hai vế cho \({9^x}\) ta được phương trình

\(1 - 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^x} + m.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x}} = 0 \Leftrightarrow m{t^2} - 2t + 1 = 0\)   với \(t = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^x}\)  (2)

Để (1) có 2 nghiệm trái dấu thì (2) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn \({t_1} < 1 < {t_2}\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{\Delta ' > 0}\\{\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{1 - m > 0}\\{\frac{1}{m} - \frac{2}{m} + 1 < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{m < 1}\\{\frac{{m - 1}}{m} < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 < m < 1\)

Đáp án A.

Ta có \(AB//A'B'\) nên \(\widehat {\left( {B'C;AB} \right)} = \widehat {\left( {B'C;A'B'} \right)}\).

Ta có: \(A'C = B'C = a\sqrt 2 \) (do \(ACC'A',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BCC'B'\) là các hình vuông cạnh \(a\)).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác A'B'C ta có:

\(\cos \widehat {A'B'C} = {\rm{ }}\frac{{A'{B^2} + B'{C^2} - A'{C^2}}}{{2A'B'.B'C}} = \frac{{{a^2} + 2{a^2} - 2{a^2}}}{{2a.a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\)

Vậy \(\cos \left( {B'C;AB} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Đáp án B.

Suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(HK \bot BC\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot HK}\\{BC \bot SH}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow BC \bot SK} \right.\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{HK \bot BC}\\{SK \bot BC}\end{array}\; \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SKH} = \varphi } \right.\).

Xét  vuông tại \(H\), ta có:

\({\rm{tan}}\varphi {\rm{ \;}} = {\rm{tan}}\widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = \sqrt 3 {\rm{ \;}} \Rightarrow \varphi {\rm{ \;}} = 60^\circ \).

Đáp án A.

Dựng \(SH \bot AB\), do \((SAB) \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot (ABCD).\)

Ta có, do \(\Delta SHA\) vuông tại \(H\): \(\sin \widehat {SAH} = \frac{{SH}}{{SA}} \Leftrightarrow SH = SA.\sin \widehat {SAH} = a\)

\({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

Đáp án D.

Điều kiện: \(x > 0\)

\(\left( {{7^x} - 49} \right)\left( {{\rm{log}}_3^2x - 7{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + 6} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{7^x} - 49 > 0}\\{{\rm{log}}_3^2x - 7{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + 6 < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{7^x} - 49 < 0}\\{{\rm{log}}_3^2x - 7{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + 6 > 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{7^x} > 49}\\{1 < {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x < 6}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{7^x} < 49}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 2}\\{3 < x < {3^6}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x < 1}\\{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x > 6}\end{array}} \right]\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x < 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < x < 3}\\{x > {3^6}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < x < 2}\\{3 < x < {3^6}}\end{array}} \right.\)

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;4;5; \ldots ;728} \right\}\)

Vậy có 726 số thỏa mãn.

Đáp án B.

Gọi \({A_i}\) là biến cố “người thứ \(i\) ghi bàn” với \(i = 1;\;2;\;3.\)

Ta có các \({A_i}\) độc lập với nhau và \(P\left( {{A_1}} \right) = x,P\left( {{A_2}} \right) = y,P\left( {{A_3}} \right) = 0,6\).

Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”

B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”

C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”

Ít nhất 1 trong 3 cầu thử ghi bàn : lấy tổng số trường hợp trừ đi trường hợp tất cả đều không ghi bàn :

Ta có: số TH  tất cả các cầu thủ không ghi bàn : \(\bar A{\rm{\;}} = \overline {{A_1}} .\overline {{A_2}} .\overline {{A_3}} {\rm{\;}} \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right).P\left( {\overline {{A_2}} } \right).P\left( {\overline {{A_3}} } \right) = 0,4(1 - x)(1 - y)\)

Nên Ít nhất 1 trong 3 cầu thủ ghi bàn  là : \(P(A) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,4(1 - x)(1 - y) = 0,976\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 - x} \right)\left( {1 - y} \right) = \frac{3}{{50}} \Leftrightarrow xy - x - y = {\rm{\;}} - \frac{{47}}{{50}}\) (1).

Tương tự: cả 3 cầu thủ ghi bàn :\(B = {A_1}.{A_2}.{A_3}\), suy ra:

\(P\left( B \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {{A_2}} \right).P\left( {{A_3}} \right) = 0,6xy = 0,336\) hay là \(xy = \frac{{14}}{{25}}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{xy = \frac{{14}}{{25}}}\\{x + y = \frac{3}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{3}{2} - x}\\{{x^2} - \frac{3}{2}x + \frac{{14}}{{25}} = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,8}\\{y = 0,7}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,7}\\{y = 0,8}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

 Theo giả thiết ta có \(x > y \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,8}\\{y = 0,7}\end{array}} \right..\)

Ta có: TH có đúng 2 cầu thủ ghi bàn :\(C = \overline {{A_1}} {A_2}{A_3} + {A_1}\overline {{A_2}} {A_3} + {A_1}{A_2}\overline {{A_3}} \)

Nên \(P(C) = (1 - x)y.0,6 + x(1 - y).0,6 + xy.0,4 = 0,452\).

Đáp án A.