Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 4

Cho số thực a và số nguyên dương n \(\left( {n \ge 2} \right)\). Số b được gọi là căn bậc n của số a nếu \({b^n} = a\).

Đáp án B.

\(\sqrt[3]{{{{\left( {1 - \sqrt 5 } \right)}^3}}} = 1 - \sqrt 5 \).

Đáp án A.

Vì hai biến cố A và B độc lập nên \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,28}}{{0,7}} = 0,4\)

Đáp án B.

Số trung bình cộng của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu \(\overline x \), được tính theo công thức: \(\overline x  = \frac{{{n_1}{x_1} + {n_2}{x_2} + ... + {n_m}{x_m}}}{n}\)

Đáp án D.

Xét các biến cố:

H: “Trong 3 học sinh chọn ra có cả nam và nữ”.

A: “Trong 3 học sinh chọn ra có 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ”.

B: “Trong 3 học sinh chọn ra có 1 học sinh nam và 2 học sinh nữ”.

Khi đó, \(H = A \cup B\) và \(A \cap B = \emptyset \)

Do A và B là hai biến cố xung khắc nên \(n\left( H \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right)\).

Số các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: \(n\left( A \right) = C_4^2.C_5^1 = \frac{{4!}}{{2!.2!}}.\frac{{5!}}{{1!.4!}} = 6.5 = 30\)

Số các kết quả thuận lợi cho biến cố B là: \(n\left( B \right) = C_4^1.C_5^2 = \frac{{4!}}{{1!.3!}}.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 4.10 = 40\)

Số các kết quả thuận lợi cho biến cố H là: \(n\left( H \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) = 30 + 40 = 70\)

Vậy có 70 cách chọn một đội tốp ca gồm 3 học sinh sao cho có cả nam và nữ cùng tham gia.

Đáp án A.

Ta thấy: Nhóm 2 ứng với nửa khoảng \(\left[ {5;7} \right)\) là nhóm có tần số lớn nhất với \(u = 5;g = 2,{n_2} = 18\). Nhóm 1 có tần số \({n_1} = 5\) và nhóm 3 có tần số \({n_3} = 10\).

Mốt của mẫu số liệu là: \({M_o} = 5 + \frac{{18 - 5}}{{2.18 - 5 - 10}}.2 \approx 6,2\)

Đáp án C.

Vì \(AA' \bot \left( {ABCD} \right)\) và AA’//BB’ nên \(BB' \bot \left( {ABCD} \right)\)

Đáp án B.

Có đúng một đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).

Đáp án B.

Vì tam giác ABC cân tại A nên AI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó, \(AI \bot BC\).

Vì tam giác DBC cân tại D nên DI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó, \(DI \bot BC\).

Ta có: \(AI \bot BC\), \(DI \bot BC\), DI và AI cắt nhau tại I và nằm trong mặt phẳng (AID) nên \(BC \bot \left( {AID} \right)\). Mà \(AH \subset \left( {ADI} \right) \Rightarrow AH \bot CB\)

Lại có: \(AH \bot DI\), DI và BC cắt nhau tại I và nằm trong mặt phẳng (BCD). Do đó, \(AH \bot \left( {BCD} \right)\). Do đó, hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (BCD) là điểm H.

Đáp án B.

Vì ABCD là hình thoi, O là giao điểm của AC và BD nên O là trung điểm của AC, O là trung điểm của BD.

Vì \(SA = SC\) nên tam giác SAC cân tại S. Do đó, SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác. Suy ra, \(SO \bot AC\).

Vì \(SB = SD\) nên tam giác SBD cân tại S. Do đó, SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác. Suy ra, \(SO \bot BD\).

Vì \(SO \bot AC\), \(SO \bot BD\) và BD và AC cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (ABCD) nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). Do đó, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm O.

Đáp án C.

Vì K là trọng tâm của tam giác DBC, DM là đường trung tuyến của tam giác DBC nên \(\frac{{MK}}{{MD}} = \frac{1}{3}\)

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC, AM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên \(\frac{{MG}}{{MA}} = \frac{1}{3}\)

Tam giác DMA có: \(\frac{{MK}}{{MD}} = \frac{{MG}}{{MA}}\left( { = \frac{1}{3}} \right)\) nên GK//AD

Mà \(AD \bot \left( {ABC} \right)\) suy ra \(GK \bot \left( {ABC} \right)\). Mà \(AB \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow GK \bot AB\)

Do đó, góc giữa hai đường thẳng GK và AB bằng \({90^0}\).

Đáp án C.

Đặt \(a = 5\) triệu đồng, \(r = 0,33\% \).

Gọi \({P_n}\) là số tiền ông A thu được sau n tháng \(\left( {n \ge 1} \right)\)

Sau tháng thứ nhất, ông A tiết kiệm được: \({P_1} = a\left( {1 + r} \right)\) (triệu đồng)

Sau tháng thứ hai, ông A tiết kiệm được:

\({P_2} = \left( {{P_1} + a} \right)\left( {1 + r} \right) = \left[ {a\left( {1 + r} \right) + a} \right]\left( {1 + r} \right) = a{\left( {1 + r} \right)^2} + a\left( {1 + r} \right)\) (triệu đồng)

Sau tháng thứ ba, ông A tiết kiệm được: \({P_3} = \left( {{P_2} + a} \right)\left( {1 + r} \right) = a{\left( {1 + r} \right)^3} + a{\left( {1 + r} \right)^2} + a\left( {1 + r} \right)\) (triệu đồng)

…

Sau tháng thứ n, ông A tiết kiệm được: \({P_n} = \left( {{P_{n - 1}} + a} \right)\left( {1 + r} \right) = a{\left( {1 + r} \right)^n} + a{\left( {1 + r} \right)^{n - 1}} + ... + a\left( {1 + r} \right)\) (triệu đồng)

Xét cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = a\left( {1 + r} \right)\) và công bội \(q = 1 + r\) thì \({P_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = {u_1}.\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}}\)

Vậy số tiền ông A nhận được từ ngân hàng sau 5 năm là:

\({P_{60}} = {u_1}.\frac{{1 - {q^{60}}}}{{1 - q}} = 5.1,003.\frac{{1 - 1,{{003}^{60}}}}{{ - 0,003}} \approx 329\) (triệu đồng)

Vậy sau 5 năm ông A thu được từ ngân hàng khoảng 329 triệu đồng.