Đề thi học kì 2 Toán 11 - Kết nối tri thức
Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 7
Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 8 Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 6 Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 5 Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 4 Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 3 Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 2 Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 1 Đề cương ôn tập học kì 2 Toán 11 - Kết nối tri thứcĐề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 7
Phần I. Trắc nghiệm. Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.
Tìm tập xác định DD của hàm số y=ln(−x2−3x+4)
Đáp án : B
Hàm số y=ln(f(x)) xác định khi f(x)>0
Hàm số đã cho xác định khi −x2−3x+4>0⇔x2+3x−4<0⇔−4<x<1
Đáp án B.
Cho hai đường thẳng phân biệt a;b và mặt phẳng (P), trong đó a⊥(P). Mệnh đề nào sau đây là sai?
Đáp án : D
Dùng tính chất, quan hệ giữa vuông góc và song song:
Cho hai đường thẳng phân biệt a;b và mặt phẳng (P), trong đó a⊥(P). Khi đó:
Nếu b//(P) thì b⊥a
Nếu b//a thì b⊥(P).
Nếu b⊥(P) thì b//a.
Cho hai đường thẳng phân biệt a;b và mặt phẳng (P), trong đó a⊥(P).
Mệnh đề: nếu b⊥a thì b//(P) là sai vì có thể b nằm trong (P).
Đáp án D.
Nghiệm của phương trình 3x−2=9 là
Đáp án : C
Giải phương trình
Ta có: 3x−2=9⇔x−2=2⇔x=4
Đáp án C.
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn (x2−3x)[log2(x+25)−6]<0?
Đáp án : D
Chia trường hợp giải bất phương trình
(x2−3x)[log2(x+25)−6]<0
TH1: {x>−25x2−3x>0log2(x+25)−6<0⇔x∈(−25;0)∪(3;39) có 59 giá trị x nguyên.
TH2:{x>−25x2−3x<0log2(x+25)−6>0⇔VN
Vậy có 59 giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Đáp án D.
Cho bất phương trình (23)x2−x+1>(23)2x−1 có tập nghiệm S=(a;b). Giá trị của b−a bằng
Đáp án : C
ax>ay⇔x>y nếu a>1
ax>ay⇔x<y nếu 0<a<1
(23)x2−x+1>(23)2x−1⇔x2−x+1<2x−1⇔x2−3x+2<0⇔1<x<2
⇒a=1;b=2⇒b−a=1
Đáp án C.
Năm 2024 , một hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là 900.000 .000 đồng và dự định trong 10 năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán năm trước. Theo dự định đó, năm 2029 hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng nghìn)?
Đáp án : B
Áp dụng công thức T1=A−Ar
Ta có: A=900.000.000,r=2100
Năm 2025 giá xe niêm yết là: T1=A−Ar
Năm 2026 giá xe niêm yết là T2=A−Ar−(A−Ar)r=A(1−r)2
Năm 2029 giá xe niêm yết là: T5=T4−T4r=A(1−r)3
T5=900.000.000(1−2100)5≈813.529.000
Đáp án B.
Đạo hàm của hàm số y=4√x−5x bằng biểu thức nào dưới đây?
Đáp án : D
Sử dụng bảng đạo hàm cơ bản.
y=4√x−5x⇒y′=4.12√x+5x2=2√x+5x2.
Đáp án D.
Một hộp có 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp. Xét các biến cố sau:
P : "Số ghi trên thẻ được lấy là số chia hết cho 2".
Q : "Số ghi trên thẻ được lấy là số chia hết cho 4".
Khi đó biến cố P∩Q là
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∩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.
Cho A,B là hai biến cố độc lập cùng liên quan đến phép thử T, xác suất xảy ra biến cố A là 12, xác suất xảy ra biến cố B là 14. Xác suất để xảy ra biến cố A và B là:
Đáp án : A
A,B là hai biến cố độc lập thì P(A.B)=P(A).P(B).
Vì A,B là hai biến cố độc lập thì P(A.B)=P(A).P(B)=12.14=18.
Đáp án A.
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD bằng a√3010. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD).
Đáp án : D
Đưa về khoảng cách từ O đến (CSD)
Kẻ OH⊥SD
Ta có AC⊥BD (tính chất hình vuông) và AC⊥SO⇒AC⊥(SBD)⇒AC⊥OH
⇒OH là đường vuông góc chung của AC và SD
⇒OH=a√3010⇒1SO2=1OH2−1OD2=43⇒SO=√32a
Gọi M là trung điểm của CD, kẻ ON⊥SM ⇒d(O,CSD)=ON
⇒1ON2=1SO2+1OM2⇒ON=√34a
⇒d(B,CSD)=2d(O,CSD)=2.√34a=√32a
Đáp án D.
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo 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⊥AB và SH=a√32
Mà (SAB)⊥(ABCD)⇒SH⊥(ABCD)
Thể tích của khối chóp S.ABCD là V=13.SH.SABCD=13.a√32.a2=a3√36
Đáp án D.
Một vật rơi tự do theo phương trình s=12gt2(m), với g=9,8(m/s2). Vận tốc tức thời tại thời điểm t=5(s) là:
Đáp án : D
Vận tốc tức thời tại thời điểm t=t0 là: v(t0)=s′(t0).
Ta có: s′=gt.
Vận tốc tức thời tại thời điểm t=5(s) là: v(5)=s′(5)=5g=49(m/s).
Đáp án D.
Cho hàm số f(x)=x33−3x22+2x−32. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình f′(x)=0
Đáp án : C
(xn)′=nxn−1;(C)′=0(kxn)′=k.(xn)′(u±v)′=u′±v′
f(x)=x33−3x22+2x−32
Suy ra:
f′=13.3x2−32.2x+2−0=x2−3x+2f′=0⇔x2−3x+2=0⇔[x=1x=2
Vậy S={1;2}.
Đáp án C.
Đạo hàm của hàm số f(x)=√x2−5x bằng
Đáp án : B
Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp: (√u)′=u′2√u.
Ta có:
f(x)=√x2−5x⇒f′(x)=(x2−5x)′2√x2−5x=2x−52√x2−5x.
Đáp án B.
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB=BC=a,AA′=√6a (tham khảo hình dưới). Góc giữa đường thẳng A'C và mặt phẳng (ABCD) bằng:
Đáp án : A
(A′C,(ABCD))=(A′C,AC)=^A′CA
Ta có (A′C,(ABCD))=(A′C,AC)=^A′CA
Ta có AC=√AB2+BC2=a√2.
Xét tam giác ΔA′CA có tan^A′CA=A′AAC=√6a√2a=√3⇒^A′CA=60∘.
Vậy góc A'C và mặt phẳng (ABCD) và bằng 60∘.
Đáp án A.
Cho A và B là 2 biến cố độc lập với nhau, P(A)=0,4;P(B)=0,3. Khi đó P(A⋅B) bằng
Đáp án : D
A,B là hai biến cố độc lập nên: P(A∩B)=P(A)⋅P(B).
Do A và B là 2 biến cố độc lập với nhau nên P(A⋅B)=P(A)⋅P(B)=0,12
Đáp án D.
Một cầu thủ sút bóng vào cầu môn. Xác suất sút thành công của cầu thủ đó là 37. Xác suất để trong 2 lần sút, cầu thủ sút thành công ít nhất 1 lần là:
Đáp án : A
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”
⇒ Biến cố đối ˉA: “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(ˉA)=47.47=1649.
Vậy P(A)=1−P(ˉA)=1−1649=3349.
Đáp án A.
Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình s(t)=−t3+6t2+t(m). Vận tốc lớn nhất của chuyển động trên là:
Đáp án : C
Một vật chuyển động có phương trình quãng đường là S=S(t)thì phương trình vận tốc của chuyển động là V(t)=S′(t).
s(t)=−t3+6t2+t(m)
Phương trình vận tốc của chuyển động là: v(t)=S′(t)=−3t2+12t+1(m/s)
Ta có v(t)=S′(t)=−3t2+12t+1=−3(t−2)2+13≤13.
Do đó, vận tốc lớn nhất của chuyển động là 13m/s.
Đáp án C.
Tính đạo hàm của hàm số f(x)=sin22x−cos3x
Đáp án : A
Áp dụng công thức đạo hàm hàm hợp:
(un)′=n.un−1.u′;(sinu)′=u′.cosu;(cosu)′=−u′.sinu
Công thức nhân đôi sin2x=2sinx.cosx.
f(x)=sin22x−cos3x⇒f′(x)=2sin2x.(sin2x)′+sin3x.(3x)′=4sin2x.cos2x+3sin3x=2sin4x+3sin3x
Đáp án A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Biết rằng SA=SC,SB=SD. Khẳng định nào sau đây đúng?
Đáp án : D
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 (ABCD).
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD.
Tam giác SBD cân tại S có SO là đường trung tuyến ⇒SO là đường cao ⇒SO⊥BD
Tam giác SAC cân tại S có SO là đường trung tuyến ⇒SO là đường cao ⇒SO⊥AC
Suy ra SO⊥(ABCD)
Đáp án D.
Cho f(x)=3x2; g(x)=5(3x−x2). Bất phương trình f′(x)>g′(x) có tập nghiệm là
Đáp án : D
- Tính đạo hàm của các hàm số, sử dụng công thức (xn)′=n.xn−1.
- Giải bất phương trình bậc nhất một ẩn: ax+b>0⇔x>−ba (a≠0).
Ta có:
f′(x)=6xg′(x)=5.(3−2x)=15−10x
Khi đó ta có:
f′(x)>g′(x)⇔6x>15−10x⇔16x>15⇔x>1516
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (1516;+∞).
Đáp án D.
Ba người cùng bắn vào một bia một cách độc lập. Xác suất để người thứ nhất, thứ hai, thứ ba bắn trúng đích lần lượt là 0,5;0,6; và 0,8 . Xác suất để có đúng 2 người bắn trúng đích là
Đáp án : B
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: 0,5×0,6×0,2.
Trường hợp 2. Người thứ nhất bắn trúng; Người thứ hai bắn không trúng; Người thứ ba bắn trúng.
Kết quả: 0,5×0,4×0,8.
Trường hợp 3. Người thứ nhất không bắn trúng; Người thứ hai bắn trúng; Người thứ ba bắn trúng.
Kết quả: 0,5×0,6×0,8.
Vậy xác suất để có đúng 2 người bắn trúng đích là
(0,5×0,6×0,2)+(0,5×0,4×0,8)+(0,5×0,6×0,8)=0,46.
Đáp án B.
Cho A,B là hai biến cố. Biết P=12,P(B)=34;P(A∩B)=14. Biến cố A∪B là biến cố
Đáp án : B
A,B là hai biến cố bất kỳ ta luôn có: P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)
A,B là hai biến cố bất kỳ ta luôn có: P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=12+34−14=1
Vậy A∪B là biến cố chắc chắn.
Đáp án B.
Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và thể tích khối chóp a34. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC).
Đáp án : B
Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là d=3VS
Diện tích tam giác ABC là a2√34
Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là d=3VSABC=3.a34a2√34=a√3
Đáp án B.
Cho hình lập phương ABCD⋅A′B′C′D′ cạnh a. I là trung điểm CD'. Khoảng cách từ I dến mặt phằng (BDD′B′) bằng
Đáp án : A
Đưa về khoảng cách từ C’ đến (BDD’B’)
Mà A′C′⊥B′D′⇒A′C′⊥(BDD′B′)
⇒d(C′;(BDD′B′))=C′OC′O=12A′C′=12√2a2=a√22⇒d(I;(BDD′B′))=a√24
Đáp án A.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x4+x, biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng y=−15x+2.
Đáp án : B
- 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(x) tại điểm có hoành độ x=x0 là
y=f′(x0)(x−x0)+f(x0).
Ta có y′=4x3+1.
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ x=x0 là k=4x30+1.
Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=−15x+2 nên k(−15)=−1⇔k=5.
⇒4x30+1=5⇔x0=1⇒y0=2.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y=5(x−1)+2=5x−3.
Đáp án B.
Cho khối hộp chữ nhật ABCD⋅A′B′C′D′ có đáy là hình vuông, BD=2a, góc phẳng nhị diện [A′,BD,A] bằng 30∘. Tính độ dài cạnh AA'
Đáp án : D
Xác định góc giữa hai mặt phẳng tạo thành.
Ta có: {BD⊥AOBD⊥AA′⇒BC⊥(A′AO)⇒BD⊥A′O.
Khi đó: {(A′BD)∩(ABD)=BDA′O⊥BDAO⊥BD⇒[A′,BD,A]=^A′OA=30∘.
Xét vuông tại A, ta có: tan^A′OA=AA′AO⇒AA′=1√3⋅a=a√33.
Đáp án D.
Kim tự tháp Kê - ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao là 147m, cạnh đáy là 230m. Thể tích của nó là
Đáp án : B
Thể tích của khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là V=13Sh
Thể tích của kim tự tháp là V=13.2302.147=2592100(m3)
Đáp án B.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, góc giữa A'C với mặt đáy (ABC) bằng 45∘ và AA′=4. Gọi M là trung điểm của CC'. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (A′BC) bằng
Đáp án : A
- Dựng góc giữa A'C với mặt đáy (ABC) bằng 450
- d(M,(A′BC))=12d(C′,(A′BC))=12d(A,(A′BC))
- Tính d(A,(A′BC))
Gọi H là trung điểm của BC
Vì ΔABC vuông cân tại A nên AH⊥BC
Mà AA′⊥BC⇒(A′AH)⊥BC⇒(A′AH)⊥(A′BC)
Kẻ AK⊥A′H(K∈A′H)
Khi đó AK⊥(A′BC)⇒d(A,(A′BC))=AK
Ta có: (A′C,(ABC))=(A′C,AC)=^A′CA
Theo giả thiết ∠A′CA=45∘⇒^A′AC vuông cân tại A
Do đó AC=AA′=4
Khi đó BC=AC√2=4√2⇒AH=AB.ACBC=4.44√2=2√2
Xét ΔA′AH có AK⊥A′H: AK=AA′.AH√AA′2+AH2=4.2√2√16+8=4√33
⇒d(M,(A′BC))=12d(A,(A′BC))=12.4√33=2√33
Vậy khoảng cách từ M đến mặt phẳng (A′BC) bằng 2√33
Đáp án A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,SA vuông góc với mặt đáy và SA=a√66. Khi đó số đo của góc phẳng nhị diện [S,BD,A] là
Đáp án : A
Xác định góc giữa hai mặt phẳng tạo thành.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Ta có: {BD⊥AOBD⊥SA⇒BD⊥(SAO)⇒BD⊥OA.
Khi đó: {(SBD)∩(ABD)=BDOA⊥BDSO⊥BD⇒[S,BD,A]=^SOA.
Xét vuông tại A, ta có: tan^SOA=SAOA=a√66a√22=√33⇒^SOA=30∘
Vậy góc phẳng nhị diện [S,BD,A] bằng 30∘.
Đáp án A.
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 9x−4.3x+3=0 bằng
Đáp án : D
Giải phương trình bậc hai đối với hàm số mũ.
Ta có:
9x−4.3x+3=0⇔(3x)2−4.3x+3=0⇔[3x=13x=3⇔[x=0x=1
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 0+1=1.
Đáp án D.
Trong một lớp 10 có 50 học sinh. Khi đăng ký cho học phụ đạo thì có 38 học sinh đăng ký học Toán, 30 học sinh đăng ký học Lý, 25 học sinh đăng ký học cả Toán và Lý. Nếu chọ ngẫu nhiên 1 học sinh của lớp đó thì xác suất để em này không đăng ký học phụ đạo môn nào cả là bao nhiêu
Đáp án : B
Hai biến cố A, B bất kì ta có: P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B).
Gọi A là biến cố "học sinh đăng ký Toán"
Gọi B là biến cố "học sinh đăng ký Lý"
A∩B "học sinh đăng ký Toán, Lý"
A∪B là biến cố "học sinh có đăng ký học phụ đạo"
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=3850+3050−2550=4350
¯A∪B là biến cố "học sinh không đăng ký môn nào cả"
P(¯A∪B)=1−P(A∪B)=850=0,14
Đáp án B.
Cho khối lăng trụ ABC⋅A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, A′A=A′B=A′C=a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (BCC′B′) và (ABC) bằng 30∘, thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
Đáp án : C
Gọi H là trung điểm BC, M là trung điểm của B’C’
⇒A′H⊥(ABC) và A′MH=30∘ 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 ΔABC
Gọi H là trung điểm BC, M là trung điểm của B’C’
Do {BC⊥AHBC⊥A′H⇒BC⊥(AA′H)⇒BC⊥AA′⇒BC⊥HM
⇒((ABC),(BCC′B′))=((A′B′C′),(BCC′B′))=A′MH=30∘⇒A′H=HM.sin30∘=a2⇒A′M=A′Htan30∘=a√32⇒BC=2A′M=a√3⇒V=A′H.12AH.BC=12.a2.a√32.a√3=3a38
Đáp án C.
Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình log13(4x−9)>log13(x+10)
Đáp án : A
log13(4x−9)>log13(x+10)⇔4x−9<x+10
Chú ý về điều kiện xác định của bất phương trình logarit
log13(4x−9)>log13(x+10) Đk: x>94
⇔4x−9<x+10⇔3x<19⇔x<193
Kết hợp với ĐK ta được 94<x<193
Mà x nguyên nên x∈{3,4,5,6}
Vậy có tất cả 4 nghiệm nguyên x của bất phương trình
Đáp án A.
Tìm m để hàm số y=mx33−mx2+(3m−1)x+1 có y′≤0∀x∈R
Đáp án : C
Tính đạo hàm của hàm số.
Giải bpt y′≤0∀x∈R
y=mx33−mx2+(3m−1)x+1⇒y′=mx2−2mx+3m−1y′≤0∀x∈R⇒mx2−2mx+3m−1≤0∀x∈R
TH1: m = 0, khi đó BPT⇔−1≤0 , đúng ∀x∈R
TH2: m≠0⇔y′≤0∀x∈R⇔{a=m<0Δ′=m2−m(3m−1)≤0⇔{m<0−2m2+m≤0⇔{m<0[m≤0m≥12⇔m<0
Kết hợp cả 2 trường hợp ta có m≤0 là những giá trị cần tìm.
Đáp án C.
Ba người cùng bắn vào một bia một cách độc lập. Xác suất để người thứ nhất, thứ hai, thử ba bắn trúng đích lần lượt là 0,5 ; 0,6 và 0,8 . Xác suất để có ít nhất 2 người bắn trúng đích là bao nhiêu?
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:0,5×0,6×0,2=0,06.
TH2: Người thứ nhất và người thứ ba bắn trúng, người thứ hai bắn không trúng có xác suất là:0,5×0,8×0,4=0,16.
TH3: Người thứ hai và thứ ba bắn trúng, người thứ nhất bắn không trúng có xác suất là:0,5×0,6×0,8=0,24
TH4: Cả ba người đều trúng đích: 0,5×0,6×0,8=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.
Cho đồ thị (C):y=2x−1x+4. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y=9x+5.
Tìm tập xác định.
Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm của (C) và tiếp tuyến, tính f′(xo)
Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y=9x+5 nên f′(x0)=9 nên ta tìm được các giá trị xo.
TXĐ: D=R∖{−4},y′=9(x+4)2
Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm của (C) và tiếp tuyến.
Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y=9x+5 nên f′(x0)=9
⇔9(x0+4)2=9⇔[x0=−3x0=−5
x0=−3⇒y0=−7⇒pttt:y=9x+20
x0=−5⇒y0=11⇒pttt:y=9x+56
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA=2a√3.
a) Chứng minh (SAB)⊥(SBC), (SAC)⊥(SBD).
b) Tính góc giữa đường thẳng SCvà mặt phẳng (SAB).
c) Tính góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD).
d) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng(SBD) và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SBD).
a) {d⊥(P)(Q)⊃d⇒(P)⊥(Q).
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: {BC⊥AB(gt)BC⊥SA(SA⊥(ABCD))⇒BC⊥(SAB)⇒(SBC)⊥(SAB).
{BD⊥SA(SA⊥(ABCD))BD⊥AC(gt)⇒BD⊥(SAC)⇒(SBD)⊥(SAC).
b) Ta có BC⊥(SAB)(cmt)⇒^(SC;(SAB))=^(SC;SB)=^CSB.
Trong tam giác SBC vuông tại B ta có :
SB=√SA2+AB2=√12a2+4a2=4aBC=2a⇒tan^CSB=BCSB=12⇒^CSB≈26∘34′
Vậy ^(SC;(SAB))≈26∘34′.
c) Gọi O=AC∩BD. Ta có: BD⊥(SAC)(cmt)⇒BD⊥SO.
{(SBD)∩(ABCD)=BD(SBD)⊃SO⊥BD(ABCD)⊃AO⊥BD⇒^((SBD);(ABCD))=^(SO;AO)=^SOA.
ABCD là hình vuông cạnh 2a⇒AC=BD=2a√2⇒AO=12AC=a√2.
Trong tam giác vuông SAO ta có :
SO=√SA2+AO2=√12a2+2a2=a√14.
⇒tan^SOA=SAAO=a√14a√2=√7⇒^SOA≈69∘18′.
Vậy ^((SBD);(ABCD))≈69∘18′.
d) Trong (SAO) kẻ AH⊥SO(H∈SO).
Ta có BD⊥(SAC)⇒BD⊥AH.
{AH⊥BDAH⊥SO⇒AH⊥(SBD)⇒d(A;(SBD))=AH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOA ta có:
AH=SA.AO√SA2+AO2=2a√3.a√2√12a2+2a2=2√21a7.
Vậy d(A;(SBD))=2√21a7.
Trong (SAB), gọi I=AG∩SB ta có: AG∩(SBD)=I.
⇒d(G;(SBD))d(A;(SBD))=GIAI=13⇒d(G;(SBD))=13d(A;(SBD))=2√21a21.
Mẹo tìm đáp án nhanh
Search Google: "từ khóa + baitap365" Ví dụ: "Bài 5 trang 13 SGK Vật lí 12 baitap365