Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 2 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Ta có $M=a\sqrt[3]{a}=a.a^{\frac{1}{3}}=a^{\frac{4}{3}}$.

b) ${\log }_{a}M={\log }_a{a}^{\frac{4}{3}}=\frac{4}{3}$.

c) Để $M>1$$\iff a^{\frac{4}{3}}>1$ thì $a>1$.

d) $$M^{{\log }_{a}8}=a^{\frac{4}{3}{\log }_{a}8}=8^{\frac{4}{3}}=16$$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì

$SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC$.

b) Ta có $\{\begin{array}{l}CD\perp AD\\ CD\perp SA\left(\mathrm{do}SA\perp \left(ABCD\right)\right)\end{array}\Rightarrow CD\perp \left(SAD\right)$.

Vì $\{\begin{array}{l}CD\perp \left(SAD\right)\\ SD\subset \left(SAD\right)\end{array}\Rightarrow CD\perp SD$ hay tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

c) Ta có $\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA(\mathrm{do}SA\perp \left(ABCD\right))\end{array}\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$.

Ta có $\{\begin{array}{l}AH\perp SB\\ AH\perp BC\left(\mathrm{do}BC\perp \left(SAB\right)\right)\end{array}\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC$(1).

Tương tự $\{\begin{array}{l}AK\perp SD\\ AK\perp CD\left(\mathrm{do}CD\perp \left(SAD\right)\right)\end{array}\Rightarrow AK\perp \left(SCD\right)\Rightarrow AK\perp SC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $SC\perp \left(AHK\right)$.

d) Vì $SC\perp \left(AHK\right)$ mà $HK\subset \left(AHK\right)$ nên $HK\perp SC$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 3

$P=x^{\frac{1}{3}}.\sqrt[6]{x}=x^{\frac{1}{3}}.x^{\frac{1}{6}}=x^{\frac{1}{2}}$. Suy ra $m=1;n=2$. Do đó $m+n=3$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 71

Ta có $n=5+9+12+10+6=42$.

Ta có $\frac{3.n}{4}=\frac{3.42}{4}=31,5$. Suy ra nhóm $\left[60;80\right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 31,5.

Ta có tứ phân vị thứ ba là $Q_3=60+\frac{31,5-26}{10}.20=71$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1,5

$I=2{\log }_3\left[{\log }_3\left(3a\right)\right]+{\log }_{\frac{1}{4}}{b}^2$$=2{\log }_3\left[1+{\log }_{3}a\right]+2{\log }_{2^{-2}}b$$=2{\log }_3\left[1+2\right]-{\log }_{2}b$$=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}=1,5$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 63,4

Vì $AB//CD$ nên $\left(SA,DC\right)=\left(SA,AB\right)=\widehat{SAB}$.

Vì $SC\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SC\perp AB$ mà $AB\perp BC$ nên $AB\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AB\perp SB$.

Xét tam giác vuông $SBA$ có $\tan \widehat{SAB}=\frac{SB}{AB}=\frac{2a}{a}=2\Rightarrow \widehat{SAB}\approx 63,4^{\circ }$.

Hướng dẫn giải

Ta có ${\log }_{a^2}\left(a{b}^2\right)=\frac{{\log }_a\left(a{b}^2\right)}{{\log }_a{a}^2}$$=\frac{{\log }_{a}a+{\log }_a{b}^2}{2}$$=\frac{1+2{\log }_{a}b}{2}$$=\frac{1+4}{2}=\frac{5}{2}$.

Hướng dẫn giải

Gọi $A$ là biến cố: “Lấy được 1 quả bóng mới”.

Xác suất để lấy được 1 quả bóng mới là: $P\left(A\right)=\frac{C_6^1}{C_{10}^5}=\frac{1}{42}$.

Do đó xác suất của biến cố lấy được ít nhất 2 quả bóng mới là: $P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{1}{42}=\frac{41}{42}$.

Hướng dẫn giải

Có $SA\perp \left(ABCD\right)$ suy ra $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $\left(ABCD\right)$.

Do đó $\left(SB,\left(ABCD\right)\right)=\left(SB,AB\right)=\widehat{SBA}=60^{\circ }$.

Hạ $AH\perp SO$ (1).

Ta có $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ suy ra $BD\perp \left(SAC\right)$. Do đó $BD\perp AH$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AH\perp \left(SBD\right)$. Suy ra $\left(AC,\left(SBD\right)\right)=\left(AC,SO\right)=\widehat{SOA}$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$. Suy ra $AC=2a\sqrt{2}\Rightarrow AO=a\sqrt{2}$.

Xét $\Delta SAB$ có $SA=AB.\tan \hat{B}=2a.\tan 60^{\circ }=2a\sqrt{3}$.

Xét $\Delta SAO$ có $SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{12a^2+2a^2}=a\sqrt{14}$.

Suy ra $\cos \widehat{SOA}=\frac{AO}{SO}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{14}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$.