Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (Đề số 3)

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Tam giác $SAC$ có $SA=SC$ nên $\Delta SAC$ cân tại $S$.

Vì $\Delta SAC$ cân tại $S$ nên $SO\perp AC$.

b) Ta có $SO\perp AC$. Tương tự $SO\perp BD$. Suy ra $SO\perp \left(ABCD\right)$.

c) Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC\perp BD$ mà $AC\perp SO$ nên $AC\perp \left(SBD\right)$.

d) Vì $AC\perp \left(SBD\right)$nên $AC\perp SB$. Suy ra $\left(AC,SB\right)=90^{\circ }$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: −1

Ta có ${\log }_{6}5=\frac{{\log }_{2}5}{{\log }_{2}6}=\frac{a}{{\log }_{2}2+{\log }_{2}3}=\frac{a}{1+{\log }_{2}5.{\log }_{5}3}=\frac{a}{1+\frac{a}{b}}$.

Suy ra $m=1;n=1$. Do đó $S=m-2n=-1$.

Trả lời: 60

Ta có $AD//BC$.

Do đó $\left(SA,BC\right)=\left(SA,AD\right)=\widehat{SAD}$.

Mà tam giác $SAD$ đều nên $\widehat{SAD}=60^{\circ }$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 30

Giá trị đại diện của nhóm là $\frac{20+40}{2}=30$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,63

Xác suất để lần thứ 1 lấy được viên bi xanh và lần thứ 2 cũng lấy được viên bi xanh là:

$P_1=\frac{5}{8}.\frac{4}{7}=\frac{5}{14}$.

Xác suất để lần thứ 1 lấy được viên bi đỏ và lần thứ 2 cũng lấy được viên bi xanh là:

$P_1=\frac{3}{8}.\frac{5}{7}=\frac{15}{56}$.

Do đó xác suất để lần thứ hai lấy được viên bi xanh là: $P=P_1+P_2=\frac{5}{14}+\frac{15}{56}=\frac{5}{8}\approx 0,63$.

Hướng dẫn giải

$P={\log }_a{a}^3{\log }_{a}b$$=3{\log }_{a}b$.

Hướng dẫn giải

Biến cố A: “Cả hai tấm thẻ đều đánh số chẵn” nên ta có $n\left(A\right)=C_4^2$.

Biến cố B: “Chỉ có một tấm thẻ đánh số chẵn” nên ta có $n\left(B\right)=C_5^1.C_4^1$.

Biến cố C: “Tích hai số đánh trên hai tấm thẻ là một số chẵn” nên ta có $n\left(C\right)=C_4^2+C_5^1.C_4^1$.

Ta có $P\left(C\right)=\frac{C_4^2+C_5^1.C_4^1}{C_9^2}=\frac{13}{18}\approx 0,72$.

Hướng dẫn giải

S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh $a$ và $SA\perp \left(ABCD\right)$. Biết góc giữa $SC$ và mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ là $60^{\circ }$. Tính góc phẳng nhị (ảnh 1)">

Gọi $O$ là giao điểm $AC$ và $BD$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$ mà $SA\perp BD\left(SA\perp \left(ABCD\right)\right)$ nên $BD\perp \left(SAC\right)$$\Rightarrow BD\perp SO$.

Lại có $CO\perp BD$, suy ra $\widehat{SOC}$ là góc phẳng nhị diện $\left[S,BD,C\right]$.

Có $AC=a\sqrt{2}\Rightarrow OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $\left(SC,\left(ABCD\right)\right)=\left(SC,AC\right)=\widehat{SCA}=60^{\circ }$.

Xét $\Delta SAC$ có $SC=\frac{AC}{\cos \widehat{SCA}}=\frac{a\sqrt{2}}{\cos 60^{\circ }}=2a\sqrt{2}$, $SA=AC\tan \widehat{SCA}=a\sqrt{2}.\tan 60^{\circ }=a\sqrt{6}$.

Xét $\Delta SAO$ có $SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{6a^2+\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{26}}{2}$.

Xét $\Delta SOC$ có $\cos \widehat{SOC}=\frac{S{O}^2+O{C}^2-S{C}^2}{2.SO.OC}=\frac{\frac{a^2.26}{4}+\frac{2a^2}{4}-8a^2}{2.\frac{a\sqrt{26}}{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{-1}{\sqrt{13}}$$\Rightarrow \widehat{SOC}\approx 106^{\circ }$.