• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay

Đề thi học kì 2 - Đề số 13

Số câu: 21 câu  Thời gian làm bài: 90 phút

Phạm vi kiểm tra: HK2

Lưu ý: Bạn chỉ có thể làm các câu hỏi trắc nghiệm. HocTot.Nam.Name.Vn chưa hỗ trợ làm các câu hỏi tự luận

Làm từng câu Làm tất cả

Bắt đầu làm bài

a) $SA\\bot BD$.

b) $\\left( {SAC} \\right)\\bot\\left( {SBD} \\right)$.

c) Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\\left( {ABCD} \\right)$ bằng $30{^\\circ}$.

d) Tang của góc giữa hai mặt phẳng $\\left( {SBD} \\right)$ và $\\left( {ABCD} \\right)$ bằng $\\dfrac{\\sqrt{6}}{6}$.

a) $SA\\bot BD$.

b) $\\left( {SAC} \\right)\\bot\\left( {SBD} \\right)$.

c) Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\\left( {ABCD} \\right)$ bằng $30{^\\circ}$.

d) Tang của góc giữa hai mặt phẳng $\\left( {SBD} \\right)$ và $\\left( {ABCD} \\right)$ bằng $\\dfrac{\\sqrt{6}}{6}$.

a) $SA\\bot BD$.

b) $\\left( {SAC} \\right)\\bot\\left( {SBD} \\right)$.

c) Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\\left( {ABCD} \\right)$ bằng $30{^\\circ}$.

d) Tang của góc giữa hai mặt phẳng $\\left( {SBD} \\right)$ và $\\left( {ABCD} \\right)$ bằng $\\dfrac{\\sqrt{6}}{6}$.

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\\left( {ABCD} \\right)$ và $SA = a\\sqrt{3}$.

a) $SA\\bot BD$.

b) $\\left( {SAC} \\right)\\bot\\left( {SBD} \\right)$.

c) Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\\left( {ABCD} \\right)$ bằng $30{^\\circ}$.

d) Tang của góc giữa hai mặt phẳng $\\left( {SBD} \\right)$ và $\\left( {ABCD} \\right)$ bằng $\\dfrac{\\sqrt{6}}{6}$.

a) Đúng. $SA\\bot(ABCD)$ và $BD \\subset (ABCD)$ nên $SA\\bot BD$.

b) Đúng. $SA\\bot(ABCD)$ nên $SA\\bot AC$, $SA\\bot BD$, do đó: $\\left( {SAC} \\right)\\bot\\left( {SBD} \\right)$.

c) Sai. Xét tam giác SAB vuông tại $A$ có $SA = a\\sqrt{3}$, $AB = a$ nên áp dụng định lý Pythagore:

$\\left. SB^{2} = SA^{2} + AB^{2} = 3a^{2} + a^{2} = 4a^{2}\\Rightarrow SB = 2a \\right.$.

Do đó, $\\left. \\sin\\theta = \\dfrac{SA}{SB} = \\dfrac{a\\sqrt{3}}{2a} = \\dfrac{\\sqrt{3}}{2}\\Rightarrow\\theta = 60^{{^\\circ}} \\right.$

d) Sai. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa đường cao SA và hình chiếu của đường SD lên đáy.

Dựng tam giác vuông SAH với H là hình chiếu vuông góc từ A xuống BD.

⇒ $\\tan\\varphi = \\dfrac{SA}{AH}$.

Gọi $A(0,0)$, $B(a,0)$, $D(0,a)$ ⇒ Phương trình đường chéo BD: $x + y = a$.

⇒ Hình chiếu $H$ của $A$ lên BD là $\\left( {\\dfrac{a}{2},\\dfrac{a}{2}} \\right)$.

⇒ $AH = \\sqrt{\\left( \\dfrac{a}{2} \\right)^{2} + \\left( \\dfrac{a}{2} \\right)^{2}} = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}$.

Khi đó, ta có: $\\tan\\varphi = \\dfrac{SA}{AH} = \\dfrac{a\\sqrt{3}}{\\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}} = \\dfrac{2\\sqrt{3}}{\\sqrt{2}} = \\sqrt{6}$.

Dựa vào lý thuyết quan hệ vuông góc trong không gian.

Hai vận động viên cùng tham gia một cuộc thi bắn súng. Ban tổ chức trang bị hai phòng thi độc lập có cách âm và bia tính điểm riêng biệt nên kết quả bắn súng của hai vận động viên không bị ảnh hưởng lẫn nhau. Biết rằng xác suất bắn trúng vòng điểm 10 của người thứ nhất là 0,9 còn xác suất bắn trúng vòng điểm 10 của người thứ hai là 0,8.

a) Xác suất của biến cố người thứ nhất không bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,1$.

b) Xác suất của biến cố cả hai người cùng bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,72$.

c) Xác suất của biến cố có đúng một người bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,18$.

d) Xác suất của biến cố có ít nhất một người bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,98$.

a) Xác suất của biến cố người thứ nhất không bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,1$.

b) Xác suất của biến cố cả hai người cùng bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,72$.

c) Xác suất của biến cố có đúng một người bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,18$.

d) Xác suất của biến cố có ít nhất một người bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,98$.

a) Xác suất của biến cố người thứ nhất không bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,1$.

b) Xác suất của biến cố cả hai người cùng bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,72$.

c) Xác suất của biến cố có đúng một người bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,18$.

d) Xác suất của biến cố có ít nhất một người bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,98$.

Hai vận động viên cùng tham gia một cuộc thi bắn súng. Ban tổ chức trang bị hai phòng thi độc lập có cách âm và bia tính điểm riêng biệt nên kết quả bắn súng của hai vận động viên không bị ảnh hưởng lẫn nhau. Biết rằng xác suất bắn trúng vòng điểm 10 của người thứ nhất là 0,9 còn xác suất bắn trúng vòng điểm 10 của người thứ hai là 0,8.

a) Xác suất của biến cố người thứ nhất không bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,1$.

b) Xác suất của biến cố cả hai người cùng bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,72$.

c) Xác suất của biến cố có đúng một người bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,18$.

d) Xác suất của biến cố có ít nhất một người bắn trúng vòng tròn điểm 10 là $0,98$.

Giả sử hai vận động viên bắn độc lập.

Gọi $A$: người thứ nhất bắn trúng vòng 10, $P(A) = 0,9$.

Gọi $B$: người thứ hai bắn trúng vòng 10, $P(B) = 0,8$.

a) Đúng. Xác suất người thứ nhất không bắn trúng vòng 10:

$P(\\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0,9 = 0,1$.

b) Đúng. Xác suất cả hai cùng bắn trúng vòng 10:

$P(A \\cap B) = P(A) \\cdot P(B) = 0,9 \\cdot 0,8 = 0,72$.

c) Sai. Xác suất đúng một người bắn trúng vòng 10:

$P(A \\cap \\overline{B}) + P(\\overline{A} \\cap B) = 0,9 \\cdot 0,2 + 0,1 \\cdot 0,8$

$ = 0,18 + 0,08 = 0,26$.

d) Đúng. Xác suất có ít nhất một người bắn trúng vòng 10:

$P = 1 - P(\\overline{A} \\cap \\overline{B}) = 1 - (0,1)(0,2)$

$ = 1 - 0,02 = 0,98$

Sử dụng công thức cộng, công thức nhân xác suất để tính toán.

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng 6, tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy $\\left( {ABCD} \\right)$. Thể tích của khối chóp đã cho bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

Thể tích $V = \\dfrac{1}{3}S_{ABCD}.SO$.

Vẽ đường cao SO của tam giác đều SAB.

Ta có $\\left. \\left( {SAB} \\right)\\bot\\left( {ABCD} \\right)\\Rightarrow SO\\bot\\left( {ABCD} \\right) \\right.$.

Do đó $SO$ là đường cao của hình nón $S.ABCD$ và $SO = \\dfrac{6a\\sqrt{3}}{2} = 3a\\sqrt{3}$.

Thể tích của khối chóp S.ABCD:

$V = \\dfrac{1}{3}S_{ABCD}.SO = \\dfrac{1}{3}.\\left( {6a} \\right)^{2}.3a\\sqrt{3} = 36\\sqrt{3}a^{3}$.

Bác Nam gửi ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 1 năm, với lãi suất không đổi là 6% một năm. Sau $n$ năm gửi thì tổng số tiền bác Nam thu được (cả vốn lẫn lãi) cho bởi công thức sau: $T = 100\\left( {1 + 0,06} \\right)^{n}$ (triệu đồng). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm, tổng số tiền bác Nam thu được là không dưới 150 triệu đồng?

Giải bất phương trình mũ.

Ta cần tổng số tiền sau n năm không dưới 150 triệu, tức là

$100{(1,06)}^{n} \\geq 150$ hay $n \\geq 7$.

Vây cần ít nhất 7 năm để được số tiền không dưới 150 triệu đồng.

Một chất điểm chuyển động nhanh dần đều với quãng đường $S(t) = 10t^{2}$ mét, t là thời gian chuyển động của chất điểm (tính bằng giây). Vận tốc tức thời của chất điểm tại thời đểm t = 2 giây là bao nhiêu m/s?

Đạo hàm của quãng đường đi được là vận tốc tức thời của chất điểm.

Đạo hàm của quãng đường đi được là vận tốc tức thời của chất điểm.

Vậy vận tốc tức thời của chất điểm tại t = 2 là đạo hàm tại t = 2.

Ta được $\\left. S(t) = 10t^{2}\\Leftrightarrow v(2) = 2.10.2 = 40 \\right.$ m/s.

Cho tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $12$. Gọi $O$ là trọng tâm tam giác $BCD$. Khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $\\left( {ACD} \\right)$ bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Gọi M là trung điểm CD.

Dựa vào đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, ta tìm được OH là khoảng cách cần tìm.

O là trọng tâm tam giác △BCD $\\left. \\Rightarrow AO\\bot(BCD) \\right.$.

Gọi M là trung điểm của CD $\\left. \\Rightarrow BM\\bot CD\\Rightarrow OM\\bot CD \\right.$.

Ta có: $\\left. CD\\bot OM\\Rightarrow CD\\bot(AOM) \\right.$.

Mà $CD\\bot AO$.

Kẻ $\\left. OH\\bot AM\\Rightarrow CD\\bot OH \\right.$.

$\\left. \\Rightarrow OH\\bot(ACD) \\right.$.

Khoảng cách từ O đến (ACD): $d(O;(ACD)) = OH$.

$BM = 12\\sqrt{3} - 6\\sqrt{3} = 6\\sqrt{3}$.

$BO = \\dfrac{2}{3}BM = \\dfrac{2}{3} \\cdot 6\\sqrt{3} = 4\\sqrt{3}$.

$OM = \\dfrac{1}{3}BM = \\dfrac{1}{3} \\cdot 6\\sqrt{3} = 2\\sqrt{3}$.

Tính AO bằng định lý Pythagore:

$AO = \\sqrt{AB^{2} - OB^{2}} = \\sqrt{12^{2} - {(4\\sqrt{3})}^{2}} $

$= \\sqrt{144 - 48} = \\sqrt{96} = 4\\sqrt{6}$.

Trong tam giác vuông △AOM, vuông tại O:

$\\dfrac{1}{OH^{2}} = \\dfrac{1}{AO^{2}} + \\dfrac{1}{OM^{2}} = \\dfrac{1}{{(4\\sqrt{6})}^{2}} + \\dfrac{1}{{(2\\sqrt{3})}^{2}} $

$= \\dfrac{1}{96} + \\dfrac{1}{12} = \\dfrac{8}{96} = \\dfrac{1}{12}$.

Giải bất phương trình $e^{x^{2} - 2x - 3} \\geq 1$.

$ e^{x^{2} - 2x - 3} \\geq 1\\Leftrightarrow x^{2} - 2x - 3 \\geq 0\\Leftrightarrow\\left\\lbrack \\begin{matrix} {x \\geq 3} \\\\ {x \\leq - 1} \\end{matrix} \\right.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $T = \\left( {- \\infty; - 1} \\right\\rbrack \\cup \\left\\lbrack {3; + \\infty} \\right)$.

Giải bất phương trình mũ.

Cho hàm số $f(x) = \\dfrac{x - 1}{x + 2}$.

a) Tính đạo hàm của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 0.

a) Ta có $f'(x) = \\dfrac{3}{\\left( {x + 2} \\right)^{2}}$.

b) Hệ số góc của tiếp tuyến $f'(0) = \\dfrac{3}{4}$.

Tung độ tiếp điểm $y_{0} = f(0) = - \\dfrac{1}{2}$.

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 0 là $y = \\dfrac{3}{4}x - \\dfrac{1}{2}$.

a) Đạo hàm của một số.

b) Tìm hệ số góc của phương trình tiếp tuyến tại f'(0) rồi tìm tung độ tiếp tuyến. Từ đó ta viết được phương trình tiếp tuyến với điểm đã cho.

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật và $SA\\bot\\left( {ABCD} \\right)$.

a) Chứng minh rằng $BC\\bot\\left( {SAB} \\right)$.

b) Cho $SA = AB = a,\\, AD = a\\sqrt{3}$. Gọi $\\varphi$ là số đo góc phẳng của nhị diện $\\left\\lbrack {B,SC,D} \\right\\rbrack$. Tính $\\cos\\varphi$.

a) Chứng minh $BC\\bot\\left( {SAB} \\right)$.

+ $BC\\bot AB$ (ABCD là hình chữ nhật).

+ $BC\\bot SA$ vì $SA\\bot\\left( {ABCD} \\right)$.

+ $AB \\cap SA = A$.

+ $AB,SA\\, \\subset \\left( {SAB} \\right)$.

Kết luận $BC\\bot\\left( {SAB} \\right)$.

b) Hạ $AH\\bot SB,\\, AI\\bot SC,\\, AK\\bot SD$.

Ta chứng minh được $\\left( {AHIK} \\right)\\bot SC$.

Khi đó: $SC\\bot IH$, $SC\\bot IK$.

Vậy góc phẳng của nhị diện $\\left\\lbrack {B,SC,D} \\right\\rbrack$ là $\\widehat{HIK} = \\varphi$.

Tính được $IH = \\dfrac{a\\sqrt{30}}{10}$, $IK = \\dfrac{a\\sqrt{5}}{10},\\, HK = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}$.

Áp dụng định lý cosin trong tam giác HIK ta tính được:

$\\cos\\varphi = \\dfrac{-\\sqrt{6}}{4}$.

a) Đường thẳng vuông góc với 2 đường thẳng khác cắt nhau tại 1 điểm tạo thành 1 mặt phẳng thì đường thẳng đó vuông góc với mặt phẳng tạo bởi 2 đường thẳng đã cho.

b) Hạ các đường vuông góc để tìm góc phẳng nhị diện. Áp dụng định lý cosin để tìm $\\cos\\varphi$.