Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 7 — Không quảng cáo

Hàm số \(y = \ln \left( {f\left( x \right)} \right)\) xác định khi \(f\left( x \right) > 0\)

Hàm số đã cho xác định khi \( - {x^2} - 3x + 4 > 0 \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 4 < 0 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 4 < x < 1\)

Đáp án B.

Dùng tính chất, quan hệ giữa vuông góc và song song:

Cho hai đường thẳng phân biệt \(a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\), trong đó \(a \bot \left( P \right)\). Khi đó:

Nếu \(b//{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( P \right){\mkern 1mu} \) thì \(b \bot a\)

Nếu \(b//a\) thì \(b \bot \left( P \right)\).

Nếu \(b \bot \left( P \right)\) thì \(b//a\).

Cho hai đường thẳng phân biệt \(a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\), trong đó \(a \bot \left( P \right)\).

Mệnh đề: nếu \(b \bot a\) thì \(b//{\mkern 1mu} \left( P \right)\) là sai vì có thể \(b\) nằm trong \(\left( P \right)\).

Đáp án D.

Giải phương trình

Ta có: \({3^{x - 2}} = 9 \Leftrightarrow x - 2 = 2 \Leftrightarrow x = 4\)

Đáp án C.

Chia trường hợp giải bất phương trình

\(({x^2} - 3x)\)\(\left[ {{{\log }_2}(x + 25) - 6} \right] < 0\)

TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > {\rm{ \;}} - 25}\\{{x^2} - 3x > 0}\\{{{\log }_2}(x + 25) - 6 < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \in ( - 25;0) \cup (3;39)\) có 59 giá trị x nguyên.

TH2:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > {\rm{ \;}} - 25}\\{{x^2} - 3x < 0}\\{{{\log }_2}(x + 25) - 6 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow VN\)

Vậy có 59 giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án D.

\({a^x} > {a^y} \Leftrightarrow x > y\) nếu \(a > 1\)

\({a^x} > {a^y} \Leftrightarrow x < y\) nếu \(0 < a < 1\)

\({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{{x^2} - x + 1}} > {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x - 1}} \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 < 2x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 2\)

\( \Rightarrow a = 1;b = 2 \Rightarrow b - a = 1\)

Đáp án C.

Áp dụng công thức \({T_1} = A - Ar\)

Ta có: \(A = 900.000.000,r = \frac{2}{{100}}\)

Năm 2025 giá xe niêm yết là: \({T_1} = A - Ar\)

Năm 2026 giá xe niêm yết là \({T_2} = A - Ar - (A - Ar)r = A{(1 - r)^2}\)

Năm 2029 giá xe niêm yết là: \({T_5} = {T_4} - {T_4}r = A{(1 - r)^3}\)

\({T_5} = 900.000.000{\left( {1 - \frac{2}{{100}}} \right)^5} \approx 813.529.000\)

Đáp án B.

Sử dụng bảng đạo hàm cơ bản.

\(y = 4\sqrt x {\rm{ \;}} - \frac{5}{x} \Rightarrow y' = 4.\frac{1}{{2\sqrt x }} + \frac{5}{{{x^2}}} = \frac{2}{{\sqrt x }} + \frac{5}{{{x^2}}}\).

Đáp án D.

Theo định nghĩa, biến cố "Cả \(A\) và \(B\) đều xảy ra" được gọi là biến cố giao của \(A\) và \(B\).

Biến cố \(P \cap Q\) : "Số ghi trên thẻ được lấy là số chia hết cho cả 2 và 4", tức là chia hết cho 4.

Đáp án D.

\(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) là hai biến cố độc lập thì \(P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\).

Vì \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) là hai biến cố độc lập thì \(P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \frac{1}{2}.\frac{1}{4} = \frac{1}{8}\).

Đáp án A.

Đưa về khoảng cách từ O đến (CSD)

Kẻ \(OH \bot SD\)

Ta có \(AC \bot BD\) (tính chất hình vuông) và \(AC \bot SO \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AC \bot OH\)

\( \Rightarrow OH\) là đường vuông góc chung của AC và SD

\( \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt {30} }}{{10}} \Rightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{4}{3} \Rightarrow SO = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\)

Gọi M là trung điểm của CD, kẻ \(ON \bot SM\)  \( \Rightarrow d\left( {O,CSD} \right) = ON\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} \Rightarrow ON = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a\)

\( \Rightarrow d\left( {B,CSD} \right) = 2d\left( {O,CSD} \right) = 2.\frac{{\sqrt 3 }}{4}a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\)

Đáp án D.

- Tính chiều cao của khối chóp

- Tính thể tích

Gọi \(H\) là trung điểm của AB

Vì tam giác SAB đều nên \(SH \bot AB\) và \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Thể tích của khối chóp S.ABCD là \(V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Đáp án D.

Vận tốc tức thời tại thời điểm \(t = {t_0}\) là: \(v\left( {{t_0}} \right) = s'\left( {{t_0}} \right)\).

Ta có: \(s' = gt\).

Vận tốc tức thời tại thời điểm \(t = 5{\mkern 1mu} \left( s \right)\) là: \(v\left( 5 \right) = s'\left( 5 \right) = 5g = 49{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\).

Đáp án D.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {{x^n}} \right)}^\prime } = n{x^{n - 1}};}\\{{{\left( C \right)}^\prime } = 0}\\{{{\left( {k{x^n}} \right)}^\prime } = k.{\mkern 1mu} {{\left( {{x^n}} \right)}^\prime }}\\{{{\left( {u \pm v} \right)}^\prime } = u' \pm v'}\end{array}\)

\(f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{3{x^2}}}{2} + 2x - \frac{3}{2}\)

Suy ra:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f' = {\mkern 1mu} \frac{1}{3}.3{x^2} - \frac{3}{2}.2x + 2 - 0 = {x^2} - 3x + 2}\\{f' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Vậy \(S = \left\{ {1;{\mkern 1mu} 2} \right\}\) .

Đáp án C.

Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp: \({\left( {\sqrt u } \right)'} = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\).

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) = \sqrt {{x^2} - 5x} }\\{ \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} - 5x} \right)'}}{{2\sqrt {{x^2} - 5x} }} = \frac{{2x - 5}}{{2\sqrt {{x^2} - 5x} }}.}\end{array}\)

Đáp án B.

\(\left( {A'C,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}\)

Ta có \(\left( {A'C,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}\)

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} {\rm{ \;}} = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác \(\Delta A'CA\) có \(\tan \widehat {A'CA} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 6 a}}{{\sqrt 2 a}} = \sqrt 3 {\rm{ \;}} \Rightarrow \widehat {A'CA} = {60^\circ }\).

Vậy góc A'C và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và bằng \(60^\circ \).

Đáp án A.

A,B là hai biến cố độc lập nên: \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right)\).

Do \(A\) và \(B\) là 2 biến cố độc lập với nhau nên \(P\left( {A \cdot B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,12\)

Đáp án D.

Sử dụng biến cố đối và phép nhân xác suất.

Gọi A là biến cố: “trong 2 lần sút, cầu thủ sút thành công ít nhất 1 lần”

\( \Rightarrow \) Biến cố đối \(\bar A\): “trong 2 lần sút, cầu thủ sút không thành công lần nào”, tức là cả hai lần đều sút trượt, khi đó ta có \(P\left( {\bar A} \right) = \frac{4}{7}.\frac{4}{7} = \frac{{16}}{{49}}\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - \frac{{16}}{{49}} = \frac{{33}}{{49}}\).

Đáp án A.

Một vật chuyển động có phương trình quãng đường là \(S = S\left( t \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \)thì phương trình vận tốc của chuyển động là \(V\left( t \right) = S'\left( t \right)\).

\(s\left( t \right) = {\rm{ \;}} - {t^3} + 6{t^2} + t{\mkern 1mu} \left( m \right)\)

Phương trình vận tốc của chuyển động là: \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {\rm{ \;}} - 3{t^2} + 12t + 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)

Ta có \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {\rm{ \;}} - 3{t^2} + 12t + 1 = {\mkern 1mu}  - 3{\left( {t - 2} \right)^2} + 13{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \le 13\).

Do đó, vận tốc lớn nhất của chuyển động là \(13{\mkern 1mu} m/s\).

Đáp án C.

Áp dụng công thức đạo hàm hàm hợp:

\({\left( {{u^n}} \right)'} = n.{u^{n - 1}}.u';{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\left( {\sin u} \right)'} = u'.c{\rm{osu}};{\mkern 1mu} {\left( {{\rm{cosu}}} \right)'} = {\rm{ \;}} - u'.\sin u\)

Công thức nhân đôi \(\sin 2x = 2\sin x.c{\rm{osx}}\).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = {{\sin }^2}2x - c{\rm{os3x}}}\\{ \Rightarrow f'\left( x \right) = 2\sin 2x.{{\left( {\sin 2x} \right)}'} + \sin 3x.{{\left( {3x} \right)}'} = {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4\sin 2x.c{\rm{os2x +  \;3sin3x = 2sin4x \; +  \;3sin3x}}}\end{array}\)

Đáp án A.

Sử dụng tính chất: trong tam giác cân, đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Gọi \(O\) là giao điểm hai đường chéo AC và BD.

Chỉ ra SO vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(O\) là giao điểm hai đường chéo AC và BD.

Tam giác SBD cân tại \(S\) có SO là đường trung tuyến \( \Rightarrow SO\) là đường cao \( \Rightarrow SO \bot BD\)

Tam giác SAC cân tại \(S\) có SO là đường trung tuyến \( \Rightarrow SO\) là đường cao \( \Rightarrow SO \bot AC\)

Suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Đáp án D.

- Tính đạo hàm của các hàm số, sử dụng công thức \({\left( {{x^n}} \right)'} = n.{x^{n - 1}}\).

- Giải bất phương trình bậc nhất một ẩn: \(ax + b > 0 \Leftrightarrow x > {\rm{\;}} - \frac{b}{a}\) \(\left( {a \ne 0} \right)\).

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 6x}\\{g'\left( x \right) = 5.\left( {3 - 2x} \right) = 15 - 10x}\end{array}\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) > g'\left( x \right)}\\{ \Leftrightarrow 6x > 15 - 10x}\\{ \Leftrightarrow 16x > 15}\\{ \Leftrightarrow x > \frac{{15}}{{16}}}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {\frac{{15}}{{16}}; + \infty } \right).\)

Đáp án D.

Chia ra ba trường hợp.

Từ giả thiết suy ra xác suất để người thứ nhất, thứ hai, thứ ba bắn không trúng đích lần lượt là 0,5;0,4; và 0,2.

Để có đúng 2 người bắn trúng đích thì có các trường hợp sau

Trường hợp 1. Người thứ nhất bắn trúng; Người thứ hai bắn trúng; Người thứ ba bắn không trúng.

Kết quả: \(0,5 \times 0,6 \times 0,2\).

Trường hợp 2. Người thứ nhất bắn trúng; Người thứ hai bắn không trúng; Người thứ ba bắn trúng.

Kết quả: \(0,5 \times 0,4 \times 0,8\).

Trường hợp 3. Người thứ nhất không bắn trúng; Người thứ hai bắn trúng; Người thứ ba bắn trúng.

Kết quả: \(0,5 \times 0,6 \times 0,8\).

Vậy xác suất để có đúng 2 người bắn trúng đích là

\((0,5 \times 0,6 \times 0,2) + (0,5 \times 0,4 \times 0,8) + (0,5 \times 0,6 \times 0,8) = 0,46.\)

Đáp án B.

A,B là hai biến cố bất kỳ ta luôn có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right)\)

A,B là hai biến cố bất kỳ ta luôn có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = \frac{1}{2} + \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = 1\)

Vậy \(A \cup B\) là biến cố chắc chắn.

Đáp án B.

Khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(d = \frac{{3V}}{S}\)

Diện tích tam giác ABC là \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(d = \frac{{3V}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}}}{4}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = a\sqrt 3 \)

Đáp án B.

Đưa về khoảng cách từ C’ đến (BDD’B’)

Mà \(A'C' \bot B'D' \Rightarrow A'C' \bot \left( {BDD'B'} \right)\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow d\left( {C';\left( {BDD'B'} \right)} \right) = C'O}\\{C'O = \frac{1}{2}A'C' = \frac{1}{2}\sqrt {2{a^2}} {\rm{ \;}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\\{ \Rightarrow d\left( {I;\left( {BDD'B'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}}\end{array}\)

Đáp án A.

- Hai đường thẳng vuông góc khi và chỉ khi tích hệ số góc của chúng bằng \( - 1\).

- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là

\(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\).

Ta có \(y' = 4{x^3} + 1\).

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(k = 4x_0^3 + 1\).

Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(y = {\rm{ \;}} - \frac{1}{5}x + 2\) nên \(k\left( { - \frac{1}{5}} \right) = {\rm{ \;}} - 1 \Leftrightarrow k = 5\).

\( \Rightarrow 4x_0^3 + 1 = 5 \Leftrightarrow {x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = 2\).

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: \(y = 5\left( {x - 1} \right) + 2 = 5x - 3\).

Đáp án B.

Xác định góc giữa hai mặt phẳng tạo thành.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AO}\\{BD \bot AA'}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {A'AO} \right) \Rightarrow BD \bot A'O} \right.\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD}\\{A'O \bot BD}\\{AO \bot BD}\end{array}\; \Rightarrow \left[ {A',BD,A} \right] = \widehat {A'OA} = 30^\circ } \right.\).

Xét  vuông tại \(A\), ta có: \({\rm{tan}}\widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} \Rightarrow AA' = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \cdot a = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án D.

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là \(V = \frac{1}{3}Sh\)

Thể tích của kim tự tháp là \(V = \frac{1}{3}{.230^2}.147 = 2592100\left( {{m^3}} \right)\)

Đáp án B.

- Dựng góc giữa A'C với mặt đáy \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({45^0}\)

- \(d\left( {M,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)\)

- Tính \(d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)\)

Gọi \(H\) là trung điểm của BC

Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AH \bot BC\)

Mà \(AA' \bot BC \Rightarrow \left( {A'AH} \right) \bot BC \Rightarrow \left( {A'AH} \right) \bot \left( {A'BC} \right)\)

Kẻ \(AK \bot A'H{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in A'H} \right)\)

Khi đó \(AK \bot \left( {A'BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AK\)

Ta có: \(\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}\)

Theo giả thiết \(\angle A'CA = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {A'AC}\) vuông cân tại \(A\)

Do đó \(AC = AA' = 4\)

Khi đó \(BC = AC\sqrt 2 {\rm{ \;}} = 4\sqrt 2 {\rm{ \;}} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{4.4}}{{4\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \)

Xét \(\Delta A'AH\) có \(AK \bot A'H\): \(AK = {\rm{ }}\frac{{AA'.AH}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{H^2}} }} = \frac{{4.2\sqrt 2 }}{{\sqrt {16 + 8} }} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow d\left( {M,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{4\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Vậy khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\)  bằng \(\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Đáp án A.

Xác định góc giữa hai mặt phẳng tạo thành.

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AO}\\{BD \bot SA}\end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAO} \right) \Rightarrow BD \bot OA} \right.\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD}\\{OA \bot BD}\\{SO \bot BD}\end{array}\; \Rightarrow \left[ {S,BD,A} \right] = } \right.\widehat {SOA}\).

Xét  vuông tại \(A\), ta có: \({\rm{tan}}\widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{6}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SOA} = 30^\circ \)

Vậy góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BD,A} \right]\) bằng \(30^\circ \).

Đáp án A.

Giải phương trình bậc hai đối với hàm số mũ.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{9^x} - {{4.3}^x} + 3 = 0 \Leftrightarrow {{\left( {{3^x}} \right)}^2} - {{4.3}^x} + 3 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^x} = 1}\\{{3^x} = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.} \right.}\end{array}\)

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là \(0 + 1 = 1\).

Đáp án D.

Hai biến cố A, B bất kì ta có: \({\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) + {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) - {\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cap {\rm{B}}} \right)\).

Gọi A là biến cố "học sinh đăng ký Toán"

Gọi B là biến cố "học sinh đăng ký Lý"

\(A \cap B\) "học sinh đăng ký Toán, Lý"

\({\rm{A}} \cup {\rm{B}}\) là biến cố "học sinh có đăng ký học phụ đạo"

\({\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) + {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) - {\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cap {\rm{B}}} \right) = \frac{{38}}{{50}} + \frac{{30}}{{50}} - \frac{{25}}{{50}} = \frac{{43}}{{50}}\)

\(\overline {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \) là biến cố "học sinh không đăng ký môn nào cả"

\({\rm{P}}\left( {\overline {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} } \right) = 1 - P\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = \frac{8}{{50}} = 0,14\)

Đáp án B.

Gọi H là trung điểm BC, M là trung điểm của B’C’

\( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\) và \(A'MH = 30^\circ \) từ đó tìm BC, AH và tính thể tích lăng trụ.

Do \(A'A = A'B = A'C = a\) nên hình chiếu của A’ xuống (ABC) là trọng tâm của \(\Delta ABC\)

Gọi H là trung điểm BC, M là trung điểm của B’C’

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AH}\\{BC \bot A'H}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow BC \bot AA' \Rightarrow BC \bot HM\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \left( {\left( {A'B'C'} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = A'MH = 30^\circ }\\{ \Rightarrow A'H = HM.\sin 30^\circ  = \frac{a}{2}}\\{ \Rightarrow A'M = \frac{{A'H}}{{\tan 30^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BC = 2A'M = a\sqrt 3 }\\{ \Rightarrow V = A'H.\frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 3 {\rm{ \;}} = \frac{{3{a^3}}}{8}}\end{array}\)

Đáp án C.

\({\log _{\frac{1}{3}}}\left( {4x - 9} \right) > {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x + 10} \right) \Leftrightarrow 4x - 9 < x + 10\)

Chú ý về điều kiện xác định của bất phương trình logarit

\({\log _{\frac{1}{3}}}\left( {4x - 9} \right) > {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x + 10} \right)\)     Đk: \(x > \frac{9}{4}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 4x - 9 < x + 10}\\{ \Leftrightarrow 3x < 19}\\{ \Leftrightarrow x < \frac{{19}}{3}}\end{array}\)

Kết hợp với ĐK ta được \(\frac{9}{4} < x < \frac{{19}}{3}\)

Mà x nguyên nên \(x \in \left\{ {3,4,5,6} \right\}\)

Vậy có tất cả 4 nghiệm nguyên x của bất phương trình

Đáp án A.

Tính đạo hàm của hàm số.

Giải bpt \(y' \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{{m{x^3}}}{3} - m{x^2} + \left( {3m - 1} \right)x + 1}\\{ \Rightarrow y' = m{x^2} - 2mx + 3m - 1}\\{y' \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R \Rightarrow m{x^2} - 2mx + 3m - 1 \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R}\end{array}\)

TH1: m = 0, khi đó \(BPT \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 1 \le 0\) , đúng \(\forall x \in R\)

TH2: \(\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0 \Leftrightarrow y' \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = m < 0}\\{\Delta ' = {m^2} - m\left( {3m - 1} \right) \le 0}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{ - 2{m^2} + m \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge \frac{1}{2}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m < 0}\end{array}\)

Kết hợp cả 2 trường hợp ta có \(m \le 0\) là những giá trị cần tìm.

Đáp án C.

Chia trường hợp và tính xác suất.

Từ giả thiết suy ra xác suất để người thứ nhất, thứ hai, thứ ba bẳn không trúng đích lần lượt là

0,5;0,4 và 0,2.

Để có ít nhất 2  người bẳn trúng đích thì có các trường hợp sau

TH1: Người thứ nhất và người thứ hai bắn trúng, người thứ ba bắn không trúng có xác suất là:\(0,5 \times 0,6 \times 0,2 = 0,06\).

TH2: Người thứ nhất và người thứ ba bắn trúng, người thứ hai bắn không trúng có xác suất là:\(0,5 \times 0,8 \times 0,4 = 0,16\).

TH3: Người thứ hai và thứ ba bắn trúng, người thứ nhất bắn không trúng có xác suất là:\(0,5 \times 0,6 \times 0,8 = 0,24\)

TH4: Cả ba người đều trúng đích: \(0,5 \times 0,6 \times 0,8 = 0,24\).

Vậy xác suất để có ít nhất 2 người bắn trúng đích là: \(0,06 + 0,24 + 0,16 + 0,24 = 0,7\).

Tìm tập xác định.

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của \(\left( C \right)\) và tiếp tuyến, tính \(f'\left( {{x_o}} \right)\)

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = 9x + 5\) nên \(f'\left( {{x_0}} \right) = 9\) nên ta tìm được các giá trị \({x_o}\).

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 4} \right\},y' = \frac{9}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}}\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của \(\left( C \right)\) và tiếp tuyến.

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = 9x + 5\) nên \(f'\left( {{x_0}} \right) = 9\)

\( \Leftrightarrow \frac{9}{{{{\left( {{x_0} + 4} \right)}^2}}} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_0} = {\rm{\;}} - 3}\\{{x_0} = {\rm{\;}} - 5}\end{array}} \right.\)

\({x_0} = {\rm{\;}} - 3 \Rightarrow {y_0} = {\rm{\;}} - 7 \Rightarrow pttt:y = 9x + 20\)

\({x_0} = {\rm{\;}} - 5 \Rightarrow {y_0} = 11 \Rightarrow pttt:y = 9x + 56\)

a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d \bot \left( P \right)}\\{\left( Q \right) \supset d}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( P \right) \bot \left( Q \right)\).

b) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

c) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến.

d) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh.

a) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\\{BC \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\\{BD \bot AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

b) Ta có \(BC \bot \left( {SAB} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;SB} \right)} = \widehat {CSB}\).

Trong tam giác SBC vuông tại  \(B\) ta có :

\(\begin{array}{*{20}{l}}{SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {12{a^2} + 4{a^2}} {\rm{\;}} = 4a}\\{BC = 2a \Rightarrow \tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {CSB} \approx 26^\circ 34'}\end{array}\)

Vậy \(\widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} \approx 26^\circ 34'\).

c) Gọi \(O = AC \cap BD\). Ta có: \(BD \bot \left( {SAC} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD}\\{\left( {SBD} \right) \supset SO \bot BD}\\{\left( {ABCD} \right) \supset AO \bot BD}\end{array}} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SO;AO} \right)} = \widehat {SOA}\).

ABCD là hình vuông cạnh \(2a \Rightarrow AC = BD = 2a\sqrt 2 {\rm{\;}} \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = a\sqrt 2 \).

Trong tam giác vuông SAO ta có :

\(SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {12{a^2} + 2{a^2}} {\rm{\;}} = a\sqrt {14} \).

\( \Rightarrow \tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 7 {\rm{\;}} \Rightarrow \widehat {SOA} \approx 69^\circ 18'\).

Vậy \(\widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} \approx 69^\circ 18'\).

d) Trong \(\left( {SAO} \right)\) kẻ \(AH \bot SO{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SO} \right)\).

Ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AH\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot BD}\\{AH \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AH\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOA ta có:

\(AH = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {12{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}\).

Vậy \(d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}\).

Trong \(\left( {SAB} \right)\), gọi \(I = AG \cap SB\) ta có: \(AG \cap \left( {SBD} \right) = I\).

\( \Rightarrow \frac{{d\left( {G;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{GI}}{{AI}} = \frac{1}{3} \Rightarrow d\left( {G;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {21} a}}{{21}}\).