Thi thử toàn quốc - Đề ôn tập giữa học kì 2 - Môn Toán lớp 11 - Trạm 1

\(\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{{x^2} - {x^3}}} = {4^{{x^2} - 2}}\\ \Leftrightarrow {2^{{x^3} - {x^2}}} = {2^{2{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} = 2{x^2} - 4\\ \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Góc phẳng nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\) là góc giữa \(\left( {BAS} \right);\left( {SAC} \right)\)

Có giao tuyến giữa hai mặt phẳng là SA và \(SA \bot SC;SA \bot SB\)

Nên góc phẳng nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\) là góc \(\angle BSC = {90^0}\)

Ta có số phần tử của mẫu là: \(n = 42 \Rightarrow \dfrac{n}{2} = 21\).

Mà \(c{f_2} = 18 < 21 < c{f_3} = 30\) suy ra nhóm \(3\) là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng \(21\).

Xét nhóm \(3\) là nhóm \(\left[ {3\,;\,4} \right)\) có \(r = 3\,;\,d = 1\,;\,{n_3} = 12\)và nhóm \(2\) là nhóm \(\left[ {2\,;\,3} \right)\)có \(c{f_2} = 18\).

Áp dụng công thức ta có trung vị của mẫu số liệu là:

\({M_e} = 3 + \left( {\dfrac{{21 - 18}}{{12}}} \right).1 = 3,25\) (giờ).

Có duy nhất 1 mặt phẳng qua M và vuông góc với d cho trước

\(y = {\log _3}\left( {x - 1} \right)\) xác định khi \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\)

Ta có: \(\left( {AB,C'A'} \right) = \left( {AB,AC} \right) = \angle BAC\).

Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(\angle BAC = {60^0}\).

Điều kiện \(30 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow {x^2} < 30 \Leftrightarrow  - \sqrt {30}  < x < \sqrt {30} \).

Do \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2;3;4;5} \right\}\).

Ta có AB // CD nên (SA;CD) = (SA;AB) = \(\angle SAB = {60^0}\) (do tam giác SAB đều).

\(\begin{array}{l}P = {\log _a}\left( {\dfrac{{{a^3}\sqrt c }}{{{b^2}}}} \right) = {\log _a}\left( {{a^3}\sqrt c } \right) - {\log _a}{b^2}\\ = 3 + \dfrac{1}{2}{\log _a}c - 2{\log _a}b = 3 + \dfrac{1}{2}.( - 4) - 2.3 =  - 5\end{array}\).

Gọi \(A\) là biến cố xếp được mỗi quyển Tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 đứng cạnh nhau.

Ta coi 2 quyển toán T1 và T2 là một quyển

Số cách sắp xếp sách Toán là \(5!.2!\)

Số cách xếp sách Tiếng Anh là \(A_4^3\)

Số cách sắp xếp sách Văn là 3

Vậy \(\left| A \right| = 5!.2!.A_4^3.3 = 2880\)

Không gian mẫu \(\left| \Omega  \right| = 10!\)

Vậy xác suất để mỗi quyển Tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 đứng cạnh nhau là \(P\left( A \right) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \dfrac{{2880}}{{10!}} = \dfrac{1}{{210}}\)

Hàm số \(y = {2023^x}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) vì 2023 > 1.

\(y = {\left( {{x^2} - 3x - 4} \right)^{\sqrt 3 }}\) có \(\sqrt 3 \) không là số nguyên nên \({x^2} - 3x - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 1\\x > 4\end{array} \right.\)

a) b) Giả thiết cho $P = 100$ triệu đồng, $r\rm{\%} = 7\rm{\%},n = 2$ năm.

Ta có: $A = 100 \cdot 10^{6}\left( {1 - \dfrac{7}{100}} \right)^{2} = 86490000$ đồng.

Vậy sau hai năm sức mua còn lại của 100000000 là 86490000 đồng.

c) Giả thiết cho $P = 100$ triệu đồng, $A = 80$ triệu đồng, $n = 3$ năm.

Ta có: $\left. 80 = 100\left( {1 - \dfrac{r}{100}} \right)^{3}\Leftrightarrow 1 - \dfrac{r}{100} = \sqrt[3]{\dfrac{4}{5}}\Leftrightarrow r \approx 7,17 \right.$.

Vậy tỉ lệ lạm phát trung bình của ba năm là $r\rm{\%} \approx 7,17\rm{\%}$.

d) Giả thiết cho $P = X$ triệu đồng, $A = \dfrac{X}{2}$ triệu đồng, $r\rm{\%} = 6\rm{\%}$.

Ta có: $\left. \dfrac{X}{2} = X\left( {1 - \dfrac{6}{100}} \right)^{n}\Leftrightarrow{(0,94)}^{n} = \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow n \approx 11,2 \right.$ (năm).

Vậy sau khoảng 12 năm sức mua của số tiền còn lại là một nửa.

a) Đúng: Ta có: \(A D / / B C \Rightarrow A D / /(S B C)\) 
b) Sai: Có \(A D / /(S B C)\) \(\Rightarrow d(D,(S B C))=d(A,(S B C))\). 
Trong mặt phẳng \((S A B)\), kẻ \(A H \perp S B\) tại \(H\). (1) 
Ta có: \(\left\{\begin{array}{l}B C \perp A B \\ B C \perp S A\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow A H \perp B C\right.\).
Từ (1) và (2) suy ra \(A H \perp(S B C)\) hay \(d(A,(S B C))=A H\).
Tam giác \(S A B\) vuông tại \(A\) có đường cao \(A H\) nên: \(\dfrac{1}{A H^2}=\dfrac{1}{S A^2}+\dfrac{1}{A B^2}\)

\(\Rightarrow A H=\dfrac{S A \cdot A B}{\sqrt{S A^2+A B^2}}=\dfrac{2 a \cdot a \sqrt{2}}{\sqrt{4 a^2+2 a^2}}=\dfrac{2 a \sqrt{3}}{3}\).
Vậy \(d(D,(S B C))=d(A,(S B C))=A H=\dfrac{2 a \sqrt{3}}{3}\).

c) Đúng: Trong mặt phẳng \((S A D)\), kẻ \(A K \perp S D\) tại K. (3)
Ta có: \(\left\{\begin{array}{l}A B \perp S A \\ A B \perp A D\end{array} \Rightarrow A B \perp(S A D) \Rightarrow A B \perp A K\right.\).(4)
Từ (3) và (4) suy ra AK là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(A B, S D\).
Tam giác \(A C D\) vuông tại D nên \(A D=\sqrt{A C^2-C D^2}=\sqrt{3 a^2-2 a^2}=a\).
Tam giác \(S A D\) vuông tại A có đường cao AK nên
\(\dfrac{1}{A K^2}=\dfrac{1}{S A^2}+\dfrac{1}{A D^2}\)
\(\Rightarrow A K=\dfrac{S A \cdot A D}{\sqrt{S A^2+A D^2}}=\dfrac{2 a \cdot a}{\sqrt{4 a^2+a^2}}=\dfrac{2 a \sqrt{5}}{5}\)
Vậy \(d(A B, S D)=A K=\dfrac{2 a \sqrt{5}}{5}\).
d) Sai: Diện tích đáy hình chóp là: \(S_{A B C D}=a \cdot a \sqrt{2}=a^2 \sqrt{2}\).
Thể tích khối chóp cần tìm là:
\(V_{S . A B C D}=\dfrac{1}{3} S A \cdot S_{A B C D}=\dfrac{1}{3} \cdot 2 a \cdot a^2 \sqrt{2}=\dfrac{2 \sqrt{2} a^3}{3}\) (đơn vị thể tích).