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.