Giải Toán 11 trang 106 Tập 2 Kết nối tri thức

---

Với Giải Toán 11 trang 106 Tập 2 trong Bài tập ôn tập cuối năm Toán lớp 11 Tập 2 Kết nối tri thức hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 11 trang 106.

Giải Toán 11 trang 106 Tập 2 Kết nối tri thức

Bài 9 trang 106 Toán 11 Tập 2: Nếu f(x) = sin²x + xe^2x thì f"(0) bằng

A. 4.

B. 5.

C. 6.

D. 0.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có f'(x) = 2sinxcosx + e^2x + 2xe^2x = sin2x + e^2x + 2xe^2x;

f"(x) = 2cos2x + 2e^2x + 2e^2x + 4xe^2x = 2cos2x + 4e^2x + 4xe^2x .

Ta có f"(0) = 2cos0 + 4 = 2 + 4 = 6.

Bài 10 trang 106 Toán 11 Tập 2: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = −2x³ + 6x² – 5 tại điểm M(3; −5) thuộc đồ thị là

A. y = 18x + 49.

B. y = 18x − 49.

C. y = −18x − 49.

D. y = −18x + 49.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có y' = −6x² + 12x, y'(3) = −18.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = −2x³ + 6x² – 5 tại điểm M(3; −5) là

y = −18(x – 3) – 5 hay y = −18x + 49.

Bài 11 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và SA $\perp$ (ABC), SA = a$\sqrt{2}$. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng

A. $\frac{6a}{11}$ .

B. $\frac{a\sqrt{66}}{11}$ .

C. $\frac{a\sqrt{6}}{11}$ .

D. $\frac{a\sqrt{11}}{11}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Kẻ AD $\perp$ BC tại D.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BC mà AD ^ BC nên BC $\perp$ (SAD), suy ra (SBC) $\perp$ (SAD).

Kẻ AF $\perp$ SD tại F.

Vì (SBC) $\perp$ (SAD), (SBC) $\cap$ (SAD) = SD, AF $\perp$ SD nên AF $\perp$ (SBC).

Suy ra d(A, (SBC)) = AF.

Vì tam giác ABC đều cạnh a, AD là đường cao nên AD = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ AD hay tam giác SAD vuông tại A.

Xét tam giác SAD vuông tại A, AF là đường cao nên ta có

$=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}\frac{1}{A{F}^2}$$\Rightarrow AF=\frac{\sqrt{66}a}{11}$ .

Vậy d(A, (SBC)) = $\frac{\sqrt{66}a}{11}$ .

Bài 12 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AC = AA' = 2a. Giá trị lớn nhất của thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D' bằng

A. 8a³.

B. 6a³.

C. 4a³.

D. a³.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC² = AB² + BC².

Ta có S_ABCD = AB . BC ≤ $\frac{A{B}^2+B{C}^2}{2}=\frac{A{C}^2}{2}=2a^2$ . Dấu “=” xảy ra khi AB = BC.

Gọi H là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABCD). Khi đó A'H $\perp$ (ABCD). Khi đó AH là hình chiếu của AA' trên mặt phẳng (ABCD).

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi đường thẳng AA' và mặt phẳng (ABCD). Khi đó $\alpha =\widehat{A^{\text{'}}AH}$ .

Xét tam giác A'AH vuông tại H có A'H = AA' . sin$\alpha$ ≤ AA' = 2a.

Dấu bằng xảy ra khi $\alpha$ = 90° hay AA' $\perp$ (ABCD).

Do đó V_{ABCD.A'B'C'D'} = S_ABCD . A'H ≤ 2a² . 2a = 4a³.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D' bằng 4a³.

Bài 13 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AC và cạnh AD. Thể tích khối chóp B.CMND bằng

A. $\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ .

B. $\frac{a^3\sqrt{2}}{16}$ .

C. $\frac{a^3\sqrt{2}}{24}$ .

D. $\frac{a^3\sqrt{2}}{8}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi G là tâm của tam giác BCD. Vì tứ diện ABCD đều nên G là trọng tâm đồng thời là trực tâm của tam giác BCD và AG $\perp$ (BCD).

Kẻ BG cắt CD tại P, suy ra P là trung điểm của CD và BG = $\frac{2}{3}$BP .

Xét tam giác BCD đều cạnh a có BP là đường cao nên BP = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ , suy ra BG = $\frac{a\sqrt{3}}{3}$ .

Xét tam giác ABG vuông tại G, có AG = $\sqrt{A{B}^2-B{G}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ .

Vì tam giác BCD đều cạnh a nên $S_{BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Ta có $V_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{BCD}\cdot AG$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}$$=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ .

Vì M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AC và cạnh AD nên $\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AD}=\frac{1}{2}$ .

Có $\frac{V_{A.BMN}}{V_{A.BCD}}=\frac{AB}{AB}\cdot \frac{AM}{AC}\cdot \frac{AN}{AD}$$=1\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$$\Rightarrow V_{A.BMN}=\frac{1}{4}{V}_{A.BCD}$ .

Mà V_A.BMN + V_B.CMND = V_ABCD nên $V_{B.CMND}=\frac{3}{4}{V}_{ABCD}$$=\frac{3}{4}\cdot \frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{a^3\sqrt{2}}{16}$.

Bài 14 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = 1; AA' = 2. Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng

A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

B. $\frac{\sqrt{3}}{6}$ .

C. $\frac{\sqrt{3}}{4}$ .

D. $\frac{\sqrt{3}}{8}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ tam giác đều nên AA' $\perp$ (ABC) và tam giác ABC đều có cạnh bằng 1 nên $S_{ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ .

Do đó $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}\cdot A{A}^{\text{'}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2=\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Bài 15 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có AC' = $\sqrt{3}$ . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB' và BC' bằng

A. $\frac{1}{3}$ .

B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

D. $\frac{1}{2}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, BD và AC $\perp$ BD.

Có AD // B'C' và AD = B'C' (vì cùng song song và bằng BC) nên ADC'B' là hình bình hành, suy ra AB' // DC'. Do đó AB' // (BDC').

Khi đó d(AB', BC') = d(AB', (BDC')) = d(A, (BDC')) = d(C, (BDC')) .

Giả sử hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh là a.

Xét tam giác ABC vuông tại B có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$ .

Vì CC' $\perp$ (ABCD) nên CC' $\perp$ AC hay tam giác ACC' vuông tại C.

Xét tam giác ACC' vuông tại C, có $A{C^{\text{'}}}^2=A{C}^2+C{C^{\text{'}}}^2$$\iff 3=2a^2+a^2$$\Rightarrow a=1$ .

Do đó hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh là 1 nên AC = $\sqrt{2}$ .

Vì O là trung điểm của AC nên CO = $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Có AC $\perp$ BD, BD $\perp$ AA' (do AA' $\perp$ (ABCD)), suy ra BD $\perp$ (ACC'A') mà BD $\subset$ (BDC') nên (BDC') $\perp$ (ACC'A') .

Kẻ CE $\perp$ C'O tại E.

Vì (BDC') $\perp$ (ACC'A'), (BDC') $\cap$ (ACC'A') = C'O mà CE $\perp$ C'O nên CE $\perp$ (BDC').

Khi đó d(C, (BDC')) = CE.

Xét tam giác C'CO vuông tại C, CE là đường cao có:

$\frac{1}{C{E}^2}=\frac{1}{C{C^{\text{'}}}^2}+\frac{1}{C{O}^2}=\frac{1}{1}+\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=3$$\Rightarrow C{E}^2=\frac{1}{3}\Rightarrow CE=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Vậy d(AB', BC') $=\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Bài 16 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho mẫu số liệu ghép nhóm về thu nhập của các công nhân tại một doanh nghiệp lớn:

Mức thu nhập (triệu đồng/tháng)	[0; 5)	[5; 10)	[10; 15)	[15; 20)	[20; 25)
Số công nhân	7	18	35	57	28

Nhóm chứa trung vị là

A. [5; 10).

B. [10; 15).

C. [15; 20).

D. [20; 25).

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Cỡ mẫu là n = 7 + 18 + 35 + 57 + 28 = 145.

Giả sử x₁; x₂; …; x₁₄₅ là mức thu nhập của 145 công nhân được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Khi đó trung vị là x₇₃ mà x₇₃ thuộc nhóm [15; 20). Vậy nhóm chứa trung vị là [15; 20).

Bài 17 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho mẫu số liệu ghép nhóm về thu nhập của các công nhân tại một doanh nghiệp lớn:

Nhóm chứa mốt là

A. [5; 10).

B. [10; 15).

C. [15; 20).

D. [20; 25).

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Tần số lớn nhất là 57 nên nhóm chứa mốt là [15; 20).

Bài 18 trang 106 Toán 11 Tập 2: Vận động viên Tùng thi bắn súng. Biết rằng xác suất để Tùng bắn trúng vòng 10 là 0,2. Mỗi vận động viên được bắn hai lần và hai lần bắn là độc lập. Vận động viên đạt huy chương vàng nếu cả hai lần bắn trúng vòng 10. Xác suất để vận động viên Tùng đạt huy chương vàng là

A. 0,04.

B. 0,035.

C. 0,05.

D. 0,045.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi biến cố A: “Lần thứ nhất Tùng bắn trúng vòng 10”;

Biến cố B: “Lần thứ hai Tùng bắn trúng vòng 10”.

Biến cố C: “Tùng đạt huy chương vàng”.

Theo đề có P(A) = 0,2; P(B) = 0,2.

Ta có C = AB. Vì A, B là độc lập nên P(C) = P(A) . P(B) = 0,2 . 0,2 = 0,04.

Vậy xác suất để Tùng đạt huy chương vàng là 0,04.

Lời giải bài tập Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Kết nối tri thức hay khác:

• Giải Toán 11 trang 105

• Giải Toán 11 trang 107

• Giải Toán 11 trang 108

• Giải Toán 11 trang 109