Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 8

\({\log _a}f(x) \ge {\log _a}g(x)\)\(\left( * \right)\)

Nếu \({\rm{a}} > 1\) thì phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f(x) > g(x)}\\{g(x) > 0}\end{array}} \right.\)

Nếu \(0 < a < 1\) thì phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f(x) < g(x)}\\{f(x) > 0}\end{array}} \right.\)

Chú ý: \({\log _a}f(x)\) có nghĩa \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f(x) > 0}\\{0 < a \ne 1}\end{array}} \right.\)

Ta có: \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}b \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}c \Leftrightarrow b \ge c\).

Đáp án A.

Sử dụng công thức tính đạo hàm \({\left( {{a^x}} \right)^\prime } = {a^x}\ln a\).

\(y' = {\left( {{2^x}} \right)^\prime } = {2^x}.\ln 2\)

Đáp án A.

Định nghĩa \({\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}\)

\({2^x} = 3 \Leftrightarrow x = {\log _2}3\)

Đáp án A.

Thể tích khối trụ \(V = h.B\)

Thể tích khối trụ \({V_{ABCA'B'C'}} = AA'.{S_{ABCD}} = 3a.{a^2} = 3{a^3}\)

Đáp án B.

\(\widehat {\left( {BDA'} \right),(ABCD)} = \widehat {A'O,AO} = \widehat {A'OA}\)

Gọi \(O = AC \cap BD\). Suy ra \(AO \bot BD\). (1)

Ta chứng minh được \(BD \bot {A^\prime }O\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {\left( {BDA'} \right),(ABCD)} = \widehat {A'O,AO} = \widehat {A'OA}\).

Vậy \(\sin \left( {\left( {BDA'} \right),(ABCD)} \right) = \sin \widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{A'O}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Đáp án A.

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\)là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\).

Ta có: \(y' = 4x\).

Vậy hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = 2{x^2} - 2\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 2\)là:\(k = y'\left( 2 \right) = 4.2 = 8\).

Đáp án B.

Vì \(DC\parallel AB\) nên \(d(SB;CD) = d(CD;(SAB)) = d(D;(SAB)) = AD = a\)

Đáp án A.

Áp dụng công thức cộng và nhân xác suất.

Xác suất để không có ai bắn trúng là: \(\left( {1 - 0,8} \right)\left( {1 - 0,6} \right) = 0,2.0,4 = 0,08\)

Xác suất để có ít nhất một người bắn trúng là: \(1 - 0,08 = 0,92\).

Đáp án B.

Sử dụng quy tắc tính đạo hàm.

Ta có: \(y' = \frac{{ - 3\left( {x - 2} \right) - \left( { - 3x + 4} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{2}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)

Đáp án A.

+Muốn chứng minh một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng, ta chứng minh đường thẳng đó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng nằm trên mặt phẳng.

+ Nếu một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì nó sẽ vuông góc với tất cả các đường thẳng nằm trong mặt phẳng.

Lại có \(AJ \bot BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)(giả thiết)

Từ \(\left( 1 \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right) \Rightarrow \)\(BC \bot \left( {SAJ} \right)\).

Đáp án A.

Sử dụng xác suất có điều kiện.

Lấy ngẫu nhiên một hộp.

Gọi \({C_1}\) là biến cố lấy được hộp I;

Gọi \({C_2}\) là biến cố lấy được hộp II;

Gọi \({C_3}\) là biến cố lấy được hộp III.

Suy ra \(P\left( {{C_1}} \right) = P\left( {{C_2}} \right) = P\left( {{C_3}} \right) = \frac{1}{3}\).

Gọi \(C\) là biến cố "lấy ngẫu nhiên một hộp, trong hộp đó lại lấy ngẫu nhiên một viên bi và được bi màu đỏ”.

Ta có: \(C = \left( {C \cap {C_1}} \right) \cup \left( {C \cap {C_2}} \right) \cup \left( {C \cap {C_3}} \right)\)

\( \Rightarrow P\left( C \right) = P\left( {C \cap {C_1}} \right) + P\left( {C \cap {C_2}} \right) + P\left( {C \cap {C_3}} \right)\)

\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{9} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{8} = \frac{{601}}{{1080}}\).

Đáp án A.

Giải bất phương trình logarit cơ bản.

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}\left( {5x - 2} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}\left( {6 - 3x} \right)\) điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x - 2 > 0}\\{6 - 3x > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{5} < x < 2\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 5x - 2 > 6 - 3x}\\{ \Leftrightarrow x > 1}\end{array}\)

Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {1;2} \right)\).

Đáp án B.

Đưa bpt về cùng cơ số

\({5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {\left( {{5^{ - 2}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {5^{2x}} \Leftrightarrow x + 2 < 2x \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy \(S = \left( {2; + \infty } \right)\)

Đáp án A.

Sử dụng quy tắc tính đạo hàm \({\left( {uv} \right)^\prime } = u'v - uv'\).

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

Đáp án A.

Chia cả hai vế cho \({9^x}\) và đưa về pt bậc hai

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

Biến cố \(A\) không ảnh hưởng đến việc xác suất xảy ra biến cố \(B\) và ngược lại, thì hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập với nhau.

Do hai xạ thủ thi đấu một cách độc lập nên việc xảy ra biến cố \(A\) không ảnh hưởng đến việc xác suất xảy ra biến cố \(B\) và ngược lại, do đó hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập với nhau.

Đáp án C.

- Sử dụng \(a//a' \Rightarrow \widehat {\left( {a;b} \right)} = \widehat {\left( {a';b} \right)}\).

- Sử dụng định lí cosin trong tam giác.

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.

- Áp dụng công thức tính đạo hàm hàm lượng giác: \({\left( {\cos kx} \right)^\prime } = {\rm{\;}} - k\sin kx\), \({\left( {\tan kx} \right)^\prime } = \frac{k}{{{{\cos }^2}kx}}\).

- Đồng nhất hệ số tìm a, b và tính S.

Ta có: \({\left( {\cos 2x - \tan 3x} \right)^\prime } = {\rm{\;}} - 2\sin 2x - \frac{3}{{{{\cos }^2}3x}}.\)

\( \Rightarrow a = {\rm{\;}} - 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = {\rm{\;}} - 3\).

Vậy \(S = a - b = {\rm{\;}} - 2 - \left( { - 3} \right) = 1.\)

Đáp án C.

Nếu quãng đường vật chuyển động có phương trình \(S = S\left( t \right)\).

Khi đó, phương trình vận tốc của chuyển động là \(v\left( t \right) = S'\left( t \right)\).

Phương trình vận tốc của chuyển động là: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {\mkern 1mu} \frac{1}{3}{t^3} - 3{t^2} + 12t + 10\).

Do đó, tại thời điểm \(t = 3s\) thì vận tốc của vật là \(v\left( 3 \right) = \frac{1}{3}{.3^3} - {3.3^2} + 12.3 + 10 = 28{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (m/s)\)

Đáp án B.

Theo định nghĩa, biến cố “ \(A\) hoặc \(B\) xảy ra" được gọi là biến cố hợp của \(A\) và \(B\).

Biến cố \(A \cup B\) bao gồm việc chọn thành viên là học sinh khối 11 hoặc là học sinh nam.

Đáp án C.

Thể tích khối lăng trụ \(V = Bh\).

Cho khối lăng trụ \(ABC \cdot A'B'C'\) có thể tích là 4. Khối chóp \(A' \cdot ABC\) có thể tích bằng \(\frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{4}{3}\)

Đáp án C.

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

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

- Đồng nhất hệ số tìm \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b\) và tính tổng \(a + b\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( 3 \right) = 9\) và \(y\left( 3 \right) = 2\).

Khi đó ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 3 là:

\(y = 9\left( {x - 3} \right) + 2 \Leftrightarrow y = 9x - 25 \Leftrightarrow 9x - y - 25 = 0\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 9}\\{b = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\). Vậy \(a + b = 9 + \left( { - 1} \right) = 8\).

Đáp án A.

Giả sử phép thử T có không gian mẫu \(n\left( {\Omega {\rm{\;}}} \right)\) là một tập hữu hạn và các kết quả của T là đồng khả năng. Nếu A là một biến cố liên quan với phép thử T và \(\Omega {\rm{\;}}\)A là một tập hợp các kết quả thuận lợi cho A thì xác suất của A là một số , kí hiệu là P(A), được xác định bởi công thức :

\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\Omega {\rm{\;}}} \right)}} = \frac{{sophantucuaA}}{{sophantucua\Omega \;}}\)

Không gian mẫu là số cách lấy tùy ý 2 chiếc thẻ từ 12 chiếc thẻ \( \Rightarrow \) Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\Omega {\rm{\;}}} \right) = C_{12}^2 = 66\).

Gọi A là biến cố: “2 chiếc thẻ lấy được vừa khác màu vừa khác số”.

TH1: 1 thẻ xanh + 1 thẻ đỏ không cùng số.

Chọn 1 thẻ đỏ có 4 cách, chọn 1 thẻ xanh có 4 cách (không chọn thẻ cùng số với thẻ đỏ).

\( \Rightarrow \) Có \(4.4 = 16\) cách.

TH2: 1 thẻ xanh + 1 thẻ vàng không cùng số.

Chọn 1 thẻ vàng có 3 cách, chọn 1 thẻ xanh có 4 cách (không chọn thẻ cùng số với thẻ vàng).

\( \Rightarrow \) Có \(3.4 = 12\) cách.

TH3: 1 thẻ đỏ + 1 thẻ vàng không cùng số.

Chọn 1 thẻ vàng có 3 cách, chọn 1 thẻ đỏ có 3 cách (không chọn thẻ cùng số với thẻ vàng).

\( \Rightarrow \) Có \(3.3 = 9\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 16 + 12 + 9 = 37\).

Vậy xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\Omega {\rm{\;}}} \right)}} = \frac{{37}}{{66}}\).

Đáp án B.

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

A,B là hai biến cố độc lập nên: \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) \Leftrightarrow \frac{1}{9} = \frac{1}{4} \cdot P\left( B \right) \Leftrightarrow P\left( B \right) = \frac{4}{9}\).

Đáp án C.

Kẻ \(AH \bot SB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SB} \right)\). Chứng minh \(AH \bot \left( {SBC} \right)\)

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

\( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\)Ta có: \(AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a.2a}}{{\sqrt {4{a^2} + 4{a^2}} }} = a\sqrt 2 \)

Đáp án A.

- Tìm \(v = s'\left( t \right)\), \(a = v'\left( t \right) = s''\left( t \right)\).

- Giải phương trình \(a\left( t \right) = 0\) tìm thời điểm gia tốc triệt tiêu.

- Thay \(t\) vừa tìm được tính giá trị vận tốc tại đó.

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {\rm{\;}} - 3{t^2} + 6t + 9}\\{a\left( t \right) = v'\left( t \right) = {\rm{\;}} - 6t + 6}\end{array}\)

Thời điểm gia tốc triệt tiêu thỏa mãn \(a\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 6t + 6 = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

Vậy vận tốc tại thời điểm gia tốc triệt tiêu là \(v\left( 1 \right) = {\rm{\;}} - {3.1^2} + 6.1 + 9 = 12{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right).\)

Đáp án C.

Giải bất phương trình

Ta có: \(\log \left( {{x^2} + 2x + 3} \right) \le \log 6\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 3 \le 6}\\{ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 \le 0}\\{ \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 3 \le x \le 1}\end{array}\)

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}\)

Vậy tổng các nghiệm bằng \( - 5\).

Đáp án B.

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu vuông góc của đường thẳng trên mặt phẳng.

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A:\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).

Xét \(\Delta AA'C'\) vuông tại C’: \(AC' = {\rm{ }}\sqrt {AA{'^2} + AC{'^2}} {\rm{ \;}} = a\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta AHC'\) vuông tại C’: \(\sin \widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{A{C^\prime }}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\).

Đáp án D.

Tính biến cố đối.

Gọi \(A\) : "Sinh viên được chọn học tiếng Anh";

\(B\) : "Sinh viên được chọn chỉ học tiếng Pháp";

\(D\) : "Sinh viên được chọn không học tiếng Anh và tiếng Pháp ".

Ta có:

Rõ ràng \(P\left( A \right) = \frac{{40}}{{60}} = \frac{2}{3},P\left( B \right) = \frac{{30}}{{60}} = \frac{1}{2}\) và \(P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{20}}{{60}} = \frac{1}{3}\).

Từ đó \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = \frac{2}{3} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{5}{6}\)

và \(\;P\left( D \right) = P\left( {\bar A{\rm{ \;}} \cap \bar B} \right) = P\left( {\overline {A \cup B} } \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - \frac{5}{6} = \frac{1}{6}\).

\(V = AA'.{S_{ABC}}\)

\( \Rightarrow \left( {A'AM} \right) \bot BC \Rightarrow A'M \bot BC\)

Do đó, \(\widehat {A'AM} = \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = {60^o}\).

Dễ thấy \(A'A = AM.\tan {60^o} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 {\rm{ \;}} = \frac{{3a}}{2}\).

Do đó, thể tích đa diện là \(V = AA'.{S_{ABC}} = \frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\).

Đáp án B.

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\).

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(f'\left( x \right) = 3x_0^2 - 4{x_0} = {\rm{\;}} - 1\).

\( \Leftrightarrow {x_0} = 1\) hoặc \({x_0} = \frac{1}{3}\).

Đáp án B.

Đưa về cùng cơ số.

\({a^x} \le {a^y} \Leftrightarrow x \ge y\) khi \(0 < a < 1.\)

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{4x}} \le {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^{2 - x}} \Leftrightarrow {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{4x}} \le {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{x - 2}}}\\{ \Leftrightarrow 4x \ge x - 2 \Leftrightarrow 3x \ge {\rm{ \;}} - 2 \Leftrightarrow x \ge \frac{{ - 2}}{3}}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ {\frac{{ - 2}}{3}; + \infty } \right)\).

Đáp án C.

Chia trường hợp và tính xác suất

Học sinh trả lời hết tất cả các câu thuộc KHTN là đã được 5 điểm.

Để được ít nhất 8 điểm thì học sinh đó phải trả lời đúng ít nhất 3 câu thuộc KHXH.

TH1: 3 câu đúng, 2 câu sai: \(C_5^3 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^3}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}\)

TH2: 4 câu đúng, 1 câu sai: \(C_5^4 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}\left( {\frac{3}{4}} \right)\)

TH3: 5 câu đúng: \(C_5^5 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^5}\)

Vậy \(C_5^3 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^3}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + C_5^4 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}\left( {\frac{3}{4}} \right) + C_5^5 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^5} \approx 0,1035 \approx 10,35\% \)

Đáp án D.

Đưa về khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng

Do \(\Delta ABC\) vuông tại B nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)

Do \(SA = SB = SC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Trong \(\left( {ABC} \right)\) dựng hình bình hành ABCD\( \Rightarrow d\left( {AB,CD} \right) = d\left( {AB,SCD} \right) = d\left( {A,SCD} \right) = 2d\left( {H,SCD} \right)\)

Kẻ \(HM \bot CD,HN \bot SM \Rightarrow d\left( {H,SCD} \right) = HN\)\(AC = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow HA = HC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SH = \frac{a}{2}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{HM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}}\\{ \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HN = \frac{{\sqrt 2 }}{4}a \Rightarrow d\left( {AB,CD} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}a}\end{array}\)

Đáp án D.

Xác định góc giữa hai mặt phẳng tạo thành.

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.

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

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.

Phân tích thành nhân tử và giải bất phương trình

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{4^x} - {{3.2}^x} - 4 \ge 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {{2^x} - 4} \right)\left( {{2^x} + 1} \right) \ge 0}\\{ \Leftrightarrow {2^x} - 4 \ge 0}\\{ \Leftrightarrow {2^x} \ge 4 \Leftrightarrow x \ge 2}\end{array}\)

Đáp án A.

Giải bất phương trình \(A.B < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A > 0}\\{B < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A < 0}\\{B > 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\).

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.

Đây là bài toán ngược :

Phương pháp : xây dựng được phương trình từ đó giải xác suât ban đầu

Sử dụng tính chất nhân xác suất khi \({A_1},{A_2}....{A_n}\)là các biến cố độc lập nhau ta có công thức nhân xác suất :

\(P\left( {{A_1} \cap {A_2}.... \cap {A_n}} \right) = P({A_1}).P\left( {{A_2}} \right)...P\left( {{A_n}} \right)\)

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.

+) Do \(P\left( x \right)\) bậc 3 và có 3 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2},{x_3}\) nên \(P\left( x \right)\) được biểu diễn dưới dạng \(P\left( x \right) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\).

+) Tính \(P'\left( x \right)\), từ đó tính \(P'\left( {{x_1}} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} P'\left( {{x_2}} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} P'\left( {{x_3}} \right)\).

+) Thay vào biểu thức \(\frac{1}{{P'\left( {{x_1}} \right)}} + \frac{1}{{P'\left( {{x_2}} \right)}} + \frac{1}{{P'\left( {{x_3}} \right)}}\). Quy đồng và rút gọn.

Do \(P\left( x \right)\) bậc 3 và có 3 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2},{x_3}\) nên \(P\left( x \right)\) được biểu diễn dưới dạng \(P\left( x \right) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\).

Ta có: \(P'\left( x \right) = a\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right) + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_3}} \right) + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P\left( {{x_1}} \right) = a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)}\\{P\left( {{x_2}} \right) = a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)}\\{P\left( {{x_3}} \right) = a\left( {{x_3} - {x_1}} \right)\left( {{x_3} - {x_2}} \right)}\end{array}} \right.}\\{ \Rightarrow \frac{1}{{P'\left( {{x_1}} \right)}} + \frac{1}{{P'\left( {{x_2}} \right)}} + \frac{1}{{P'\left( {{x_3}} \right)}}}\\{ = \frac{1}{{a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)}} + \frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)}} + \frac{1}{{a\left( {{x_3} - {x_1}} \right)\left( {{x_3} - {x_2}} \right)}}}\\{ = \frac{{ - {x_2} + {x_3} - {x_3} + {x_1} - {x_1} + {x_2}}}{{a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)\left( {{x_3} - {x_1}} \right)}} = 0}\end{array}\)

Đáp án C.