8. Đề thi học kì 2 – Đề số 7

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.

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.

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.

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.

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

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.

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.

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: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {A \cap B} \right) = \frac{1}{2} + \frac{3}{4} – \frac{1}{4} = 1\)

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

Đáp án 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.

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.

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

Đáp án B.

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.

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.