https://app.box.com/s/evomodhfe2uix8isrrych764rzlcmyqb

1. ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 BIÊN SOẠN THEO
ĐỊNH HƯỚNG ĐỀ BGD 2025 MÔN TOÁN 11
- CÁNH DIỀU - CHÂN TRỜI SÁNG TẠO -
KẾT NỐI TRI THỨC (Đề thi được cập nhật
liên tục bởi đội ngũ Dạy Kèm Quy Nhơn)
WORD VERSION | 2024 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Đ Ề K I Ể M T R A C U Ố I K Ì 2
M Ô N T O Á N
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group
vectorstock.com/28062405

2. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
BIÊN SOẠN THEO ĐỊNH HƯỚNG
ĐỀ BGD 2025
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ SỐ: 06 Môn: TOÁN 11 – CÁNH DIỀU
(Đề thi gồm: 04 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1: Cho bảng số liệu ghép nhóm về độ tuổi và số lượng khách hàng của một cửa hàng như sau:
Tính giá trị đại diện của nhóm  
31;37 .
A. 17 . B. 37 . C. 34. D. 31.
Câu 2: Cho ,
A B là hai biến cố. Biết  
1
3
P A  ,  
7
8
P B  .  
5
24
P A B
  . Biến cố A B
 là biến cố
A. Có xác suất bằng
1
4
. B. Chắc chắn.
C. Không xảy ra. D. Có xác suất bằng
1
8
.
Câu 3: Chọn ngẫu nhiên một số có hai chữ số. Xác suất để số được chọn chia hết cho 11 hoặc 15 là
A.
1
10
. B.
1
15
. C.
1
6
. D.
13
45
.
Câu 4: Với a là số thực dương tùy ý, 2023 2024
a bằng
A.
1
2023
2024
2023
a . B.
2024
2023
a . C.
2023
2024
a . D.
2024
2023
a
.
Câu 5: Hàm số  
2024
log 2023
y x
  có tập xác định là
A. (2023; )
 . B. [2023; )
 . C. ( ;2023)
 . D.  
;2023
 .
Câu 6: Nghiệm của phương trình  
2
log 4 3
x   là
A. 5
x  . B. 4
x  . C. 2
x  . D. 12
x  .
Câu 7: Phương trình
2
1 2 4
16 2 0
x x x
  
  có tổng các nghiệm bằng:
A. 6 . B. 0 . C. 4 . D. 2 .
Câu 8: Cho hình chóp .
S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , cạnh bên SA vuông góc với
đáy. Số đo của góc nhị diện  
, ,
B SA C bằng
A. 60
. B. 45
. C. 30
. D. 135
.

3. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 9: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy là hình vuông,  
SA ABCD
 . Mặt phẳng  
SAC vuông góc
với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau?
A.  
SAD . B.  
SAB . C.  
ABCD . D.  
SBC .
Câu 10: Cho khối chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a ,  
SB ABCD
 và khoảng cách
từ điểm B đến mặt phẳng  
SAD bằng 2
a . Thể tích của khối chóp .
S ABCD bằng
A.
3
4
3
a
. B.
3
2 3
3
a
. C.
3
8
3
a
. D.
3
2 2
3
a
.
Câu 11: Phương trình chuyển động của một chất điểm được biểu thị bởi công thức
  2 3
4 2 4 2
S t t t t
    , trong đó 0
t  và t tính bằng giây  
s ,  
S t tính bằng mét  
m . Tìm
gia tốc a của chất điểm tại thời điểm  
3
t s
 .
A.  
2
44 /
a m s
 . B.  
2
12 /
a m s
 . C.  
2
40 /
a m s
 . D.  
2
76 /
a m s
 .
Câu 12: Cho hàm số
3
4
x
y
x



với 4
x   . Rút gọn biểu thức    
2
2 1 .
M y y y
 
   .
A.
 
2
2
4
x
M
x


. B. 1
M  . C.
1
4
M
x


. D. 0
M  .
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi
câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1: Một nhóm có 50 người được phỏng vấn họ đã mua cành đào hay cây quất vào dịp Tết vừa qua,
trong đó có 31 người mua cành đào, 12 người mua cây quất và 5 người mua cả cành đào và cây
quất. Chọn ngẫu nhiên một người. Các khẳng định sau đây, khẳng định nào là đúng, khẳng định
nào là sai?
a) Biến cố người đó mua đào và biến cố người đó mua quất là hai biến cố xung khắc.
b) Xác suất để người đó mua cành đào là
31
50
, xác suất để người đó mua cành quất là
12
50
.
c) Xác suất để người đó mua cành đào hoặc mua cây quất là
19
50
.
d) Xác suất để người đó không mua cành đào và không mua cây quất là
6
25
.
Câu 2: Cho các hàm số x
y a
 , logb
y x
 , logc
y x
 có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
a) 0 1
a
  .

4. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
b) 0 1
b
  .
c) a b c
  .
d) Nếu 2
AB BC
 thì 3 2
b c
 .
Câu 3: Cho khối chóp tứ giác đều .
S ABCD có
6
, .
3
a
AB a SA
 
a) Chiều cao của khối chóp .
S ABCD bằng
6
6
a
.
b) Thể tích của khối chóp .
S ABCD bằng
3
6
6
a
.
c) Số đo góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  
ABCD bằng 30 .
d) Côsin của số đo góc nhị diện  
, ,
S CD B bằng
15
15
.
Câu 4: Một chuyển động thẳng có quãng đường di chuyển được xác định bởi phương trình
  2
2 1
s t t t
   , trong đó s tính bằng mét và t tính bằng giây.
a) Tốc độ tức thời của chuyển động tại thời điểm 0
t là  
   
0
0
0
0
lim
t t
s t s t
s t
t t


 

.
b) Tại thời điểm 2
t  tốc độ tức thời của chuyển động là 10 /
m s .
c)    
3 1 3
s s
  .
d) Phương trình      
1 . 27 0
s t t s t 
   
 
  có 2 nghiệm trái dấu.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1: Một người gửi tiết kiệm theo thể thức lãi suất kép với lãi suất 8,4%/năm. Giả sử lãi suất không
thay đổi, hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu?
Câu 2: Cho hàm số
2
3
2 x x
y 
 . Số nghiệm của phuơng trình là 0
y  là bao nhiêu?
Câu 3: Một viên đạn được bắn lên từ mặt đất theo phương thẳng đứng với phương trình chuyển động
  2
0
1
2
s t at v t
   có vận tốc ban đầu 0 196 m / s
v  (bỏ qua sức cản của không khí). Thời điểm
 
s
t m
 thì tốc độ của viên đạn bằng 0 . Khi đó viên đạn cách mặt đất n (mét). Tính giá trị biểu
thức 2
T m n
  biết 2
9,8m / s
a  .
Câu 4: Cho hình chóp .
S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a
  , hình chiếu vuông góc của
S lên mặt phẳng  
ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng  
SAB tạo với đáy một góc bằng
60. Khi 4 3
a  thì khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  
SAB bằng bao nhiêu?
Câu 5: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, 2.
SA a

Gọi B là điểm trên SB sao cho 3 2
SB SB
  , C là trung điểm của ,
SC D là hình chiếu của A
lên SD . Khi 18 2
a  thì thể tích khối chóp .
S AB C D
   bằng bao nhiêu?
Câu 6: Một hộp chứa 9 quả cầu có cùng kích thước và khối lượng, trong đó có 4 quả cầu màu xanh đánh
số từ 1 đến 4, có 3 quả cầu màu vàng đánh số từ 1 đến 3, có 2 quả cầu màu đỏ đánh số 1 và 2.

5. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp. Xác suất để 2 quả cầu được lấy vừa khác màu vừa khác số là
a
b
với
a
b
là phân số tối giản và ,
a b  . Tính giá trị biểu thức 2
T a b
  ?
--------------------HẾT---------------------

6. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
BIÊN SOẠN THEO ĐỊNH HƯỚNG
ĐỀ BGD 2025
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ SỐ: 06 Môn: TOÁN 11 – CÁNH DIỀU
(Đề thi gồm: 03 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II
PHẦN I.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,25 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Chọn C B C B C B A B C C A D
PHẦN II.
Điểm tối đa của 01 câu hỏi là 1 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 01 ý trong 1 câu hỏi được 0,1 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 02 ý trong 1 câu hỏi được 0,25 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 03 ý trong 1 câu hỏi được 0,5 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 04 ý trong 1 câu hỏi được 1 điểm
Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4
a) S a) Đ a) Đ a) Đ
b) Đ b) S b) S b) S
c) S c) Đ c) Đ c) S
d) Đ d) Đ d) S d) Đ
PHẦN III.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,5 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6
Chọn 9 1 2000 3 2592 91

7. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1: Cho bảng số liệu ghép nhóm về độ tuổi và số lượng khách hàng của một cửa hàng như sau:
Tính giá trị đại diện của nhóm  
31;37 .
A. 17 . B. 37 . C. 34. D. 31.
Lời giải
Giá trị đại diện của nhóm là 34.
Câu 2: Cho ,
A B là hai biến cố. Biết  
1
3
P A  ,  
7
8
P B  .  
5
24
P A B
  . Biến cố A B
 là biến cố
A. Có xác suất bằng
1
4
. B. Chắc chắn.
C. Không xảy ra. D. Có xác suất bằng
1
8
.
Lời giải
,
A B là hai biến cố bất kỳ ta luôn có:        
1 7 5
1
3 8 24
P A B P A P B P A B
        
Vậy A B
 là biến cố chắc chắn.
Câu 3: Chọn ngẫu nhiên một số có hai chữ số. Xác suất để số được chọn chia hết cho 11 hoặc 15 là
A.
1
10
. B.
1
15
. C.
1
6
. D.
13
45
.
Lời giải
Có 90 số tự nhiên có hai chữ số (từ số 10 đến số 99).
Suy ra:   90
n   .
Gọi M là biến cố: “số được chọn chia hết cho 11 hoặc 15”.
Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 11”.
Gọi B là biến cố: “số được chọn chia hết cho 15”.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A và biến cố B là:    
9, 6
n A n B
  .
Suy ra:  
 
 
 
 
 
1 1
,
10 15
n A n B
P A P B
n n
   
 
.
Trong các số từ 10 đến 99 không có số nào chia hết cho cả 11 và 15. Vì thế A và B là hai biến
cố xung khắc. Suy ra:        
1
6
P M P A B P A P B
     .
Câu 4: Với a là số thực dương tùy ý, 2023 2024
a bằng
A.
1
2023
2024
2023
a . B.
2024
2023
a . C.
2023
2024
a . D.
2024
2023
a
.
Lời giải

8. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Ta có:
2024
2023 2024 2023
.
a a

Câu 5: Hàm số  
2024
log 2023
y x
  có tập xác định là
A. (2023; )
 . B. [2023; )
 . C. ( ;2023)
 . D.  
;2023
 .
Lời giải
Hàm số xác định khi và chỉ khi .
2 0 2023
023 x
x  
 
Câu 6: Nghiệm của phương trình  
2
log 4 3
x   là
A. 5
x  . B. 4
x  . C. 2
x  . D. 12
x  .
Lời giải
Ta có:   3
2
log 4 3 4 2 4
x x x
       .
Câu 7: Phương trình
2
1 2 4
16 2 0
x x x
  
  có tổng các nghiệm bằng:
A. 6 . B. 0 . C. 4 . D. 2 .
Lời giải
Phương trình
2 2
1 2 4 4 4 2 4 2 0
16 2 0 2 2 6 0
6
x x x x x x x
x x
x
      

         

.
Vậy: 1 2 0 6 6
x x
   
Câu 8: Cho hình chóp .
S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , cạnh bên SA vuông góc với
đáy. Số đo của góc nhị diện  
, ,
B SA C bằng
A. 60
. B. 45
. C. 30
. D. 135
.
Lời giải

9. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Ta có     ;
SAB SAC SA
  ;
AB SA AC SA
  nên 
BAC một góc phẳng của góc nhị diện
 
, , .
B SA C
Do ABC là tam giác vuông cân tại B nên  45 .
BAC  
Vậy số đo của góc nhị diện  
, ,
B SA C bằng 45
.
Câu 9: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy là hình vuông,  
SA ABCD
 . Mặt phẳng  
SAC vuông góc
với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau?
A.  
SAD . B.  
SAB . C.  
ABCD . D.  
SBC .
Lời giải
Do mặt phẳng  
SAC chứa đường thẳng  
,
SA SA ABCD
 nên    
SAC ABCD
 .
Câu 10: Cho khối chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a ,  
SB ABCD
 và khoảng cách
từ điểm B đến mặt phẳng  
SAD bằng 2
a . Thể tích của khối chóp .
S ABCD bằng
A.
3
4
3
a
. B.
3
2 3
3
a
. C.
3
8
3
a
. D.
3
2 2
3
a
.
Lời giải
Ta có AD AB
 (do đáy ABCD là hình vuông) và AD SB

Do    
,
SB ABCD AD ABCD
  nên  
AD SAB
 .
Dựng K là hình chiếu vuông góc của B lên SA. Ta có BK SA
 và BK AD

Do  
BK SAB
 và  
AD SAB
 nên  
BK SAD
 và đồng thời có  
,
K SA SA SAD
  .
Do đó, K là hình chiếu vuông góc của B lên  
SAD . Vậy  
 
,
d B SAD BK
 .
Xét tam giác SAB vuông tại B có đường cao BK nên 2 2 2
1 1 1
2
SB a
BK AB SB
    .
Vậy thể tích của khối chóp .
S ABCD bằng  
3
2
1 1 8
. . .2 . 2
3 3 3
ABCD
a
V SB S a a
   .

10. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 11: Phương trình chuyển động của một chất điểm được biểu thị bởi công thức
  2 3
4 2 4 2
S t t t t
    , trong đó 0
t  và t tính bằng giây  
s ,  
S t tính bằng mét  
m . Tìm
gia tốc a của chất điểm tại thời điểm  
3
t s
 .
A.  
2
44 /
a m s
 . B.  
2
12 /
a m s
 . C.  
2
40 /
a m s
 . D.  
2
76 /
a m s
 .
Lời giải
Theo ứng dụng đạo hàm của hàm số có:
    2
2 8 6
v t S t t t

     và     8 12
a t v t t

      
2
3 44 /
a m s
  .
Câu 12: Cho hàm số
3
4
x
y
x



với 4
x   . Rút gọn biểu thức    
2
2 1 .
M y y y
 
   .
A.
 
2
2
4
x
M
x


. B. 1
M  . C.
1
4
M
x


. D. 0
M  .
Lời giải
Với 4
x   , ta có:
       
 
2
3 . 4 3 . 4
4
x x x x
y
x
 
    
 

   
   
2 2
1. 4 3 .1 7
4 4
x x
x x
  
 
 
;
 
 
 
 
 
   
2
2 4 4 3
4 2 4
1 14
7 7. 7. .
4 4 4 4
x x
y
x x x x

  
   
     
 
 
   
 
Lại có:
3 7
1 1 .
4 4
x
y
x x

   
 
Vậy:    
   
2
4 3
49 7 14
2 1 . 2. . 0
4
4 4
M y y y
x
x x
 
 
      
 
 

 
 
.
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi
câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1: Một nhóm có 50 người được phỏng vấn họ đã mua cành đào hay cây quất vào dịp Tết vừa qua,
trong đó có 31 người mua cành đào, 12 người mua cây quất và 5 người mua cả cành đào và cây
quất. Chọn ngẫu nhiên một người. Các khẳng định sau đây, khẳng định nào là đúng, khẳng định
nào là sai?
a) Biến cố người đó mua đào và biến cố người đó mua quất là hai biến cố xung khắc.
b) Xác suất để người đó mua cành đào là
31
50
, xác suất để người đó mua cành quất là
12
50
.
c) Xác suất để người đó mua cành đào hoặc mua cây quất là
19
50
.
d) Xác suất để người đó không mua cành đào và không mua cây quất là
6
25
.
Lời giải
a) Sai: Gọi A là biến cố: “Người đó mua cành đào”, B là biến cố: “Người đó mua cây quất”.
Vì có 5 người mua cả cành đào và cây quất nên biến cố A và biến cố B không là hai biến cố
xung khắc.

11. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
b) Đúng: Theo giả thiết      
31 12 5 1
; ;
50 50 50 10
P A P B P AB
    .
c) Sai: Lúc đó A B
 là biến cố “người đó mua cành đào hoặc mua cây quất”
d) Đúng: Lúc đó AB là biến cố “người đó không mua cành đào và không mua cây quất”
Vì A B
 biến cố đối của biến cố AB nên
38 12 6
( ) 1 ( ) 1
50 50 25
P AB P A B
       .
Câu 2: Cho các hàm số x
y a
 , logb
y x
 , logc
y x
 có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
a) 0 1
a
  .
b) 0 1
b
  .
c) a b c
  .
d) Nếu 2
AB BC
 thì 3 2
b c
 .
Lời giải
a) Đúng: Dựa vào đồ thị của hàm số x
y a
 ta thấy 0 1
a
  .
b) Sai: Dựa vào đồ thị của hàm số logb
y x
 ta thấy 1
b  .
c) Đúng: Dựa vào đồ thị ta thấy 0 1
a
  và , 1
b c  .
Kẻ đường thẳng 1
y  cắt đồ thị hàm số logc
y x
 , logb
y x
 lần lượt tại điểm  
;1
c và  
;1
b
.
Dựa vào đồ thị ta thấy B C
x x b c
   .
Vậy a b c
  .

12. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
d) Đúng: Giả sử  
0;0
A x . Khi đó    
0 0 0 0
;log , ;log
c b
B x x C x x .
Theo giả thiết 0 0
2 3
0 0
2 2
2 log log 2log 3log
3 3
c b x x
AB BC AB AC x x c b c b
         .
Câu 3: Cho khối chóp tứ giác đều .
S ABCD có
6
, .
3
a
AB a SA
 
a) Chiều cao của khối chóp .
S ABCD bằng
6
6
a
.
b) Thể tích của khối chóp .
S ABCD bằng
3
6
6
a
.
c) Số đo góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  
ABCD bằng 30.
d) Côsin của số đo góc nhị diện  
, ,
S CD B bằng
15
15
.
Lời giải
a) Đúng: Gọi O là giao điểm của AC và BD .
Vì ABCD là hình vuông nên ,
OA OB OC OD
   suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABCD nên O là chân đường cao của khối chóp .
S ABCD .
Khi đó, chiều cao của khối chóp .
S ABCD bằng SO .
Trong hình vuông ABCD , ta có: 2 2 2 2
1 1 1 2
2 2 2 2
a
AO AC AB BC a a
      .
Xét tam giác SAO vuông tại O có:
2 2
2 2 6 2 6
3 2 6
a a a
SO SA AO
   
    
   
   
   
Vậy chiều cao của khối chóp .
S ABCD bằng
6
6
a
.
b) Sai: Diện tích đáy ABCD là: 2
ABCD
S a
 . Suy ra thể tích khối chóp .
S ABCD là:
3
2
.
1 1 6 6
. .
3 3 6 18
S ABCD ABCD
a a
V S SO a
   .
c) Đúng: Vì  
SO ABCD
 nên OA là hình chiếu của SA trên  
ABCD . Khi đó góc giữa đường
thẳng SA và mặt phẳng  
ABCD là góc 
SAO .
Xét tam giác SAO vuông tại O có:  2 6 3
cos :
2 3 2
AO a a
SAO
SA
   .

13. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Suy ra  30
SAO   . Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  
ABCD bằng 30 .
d) Sai: Gọi H là hình chiếu của O trên CD. Vì OCD là tam giác vuông cân tại O nên H là
trung điểm CD. Mà tam giác SCD cân tại S nên SH CD
 .
Suy ra 
SHO là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện  
, ,
S CD B .
Xét tam giác DBC có OH là đường trung bình nên
1
2 2
a
OH BC
  .
Xét tam giác SOH vuông tại O có:
2 2
2 2 6 15
6 2 6
a a a
SH SO OH
   
    
   
   
 
.
Suy ra  15 15
cos :
2 6 5
OH a a
SHO
SH
   .
Vậy côsin của số đo góc nhị diện  
, ,
S CD B bằng
15
5
.
Câu 4: Một chuyển động thẳng có quãng đường di chuyển được xác định bởi phương trình
  2
2 1
s t t t
   , trong đó s tính bằng mét và t tính bằng giây.
a) Tốc độ tức thời của chuyển động tại thời điểm 0
t là  
   
0
0
0
0
lim
t t
s t s t
s t
t t


 

.
b) Tại thời điểm 2
t  tốc độ tức thời của chuyển động là 10 /
m s .
c)    
3 1 3
s s
  .
d) Phương trình      
1 . 27 0
s t t s t 
   
 
  có 2 nghiệm trái dấu.
Lời giải
a) Đúng: Tốc độ tức thời của chuyển động tại thời điểm 0
t là  
   
0
0
0
0
lim
t t
s t s t
s t
t t


 

.
b) Sai: Tốc độ tức thời tại thời điểm 2
t  là
       
 
2
2 2 2 2
2 2 . 2 5
2 1 9
lim lim lim lim 2 5 9
2 2 2
t t t t
s t s t t
t t
t
t t t
   
  
  
    
  
.
c) Sai: Ta có   2
3 2.3 3 1 20
s     suy ra    
4 1 1 5
s t t s
 
    .
d) Đúng: Ta có:            
1 . 1 1
t s t t s t t s t
  
    
 
 
    
2 2 2 2
1. 2 1 1 4 1 2 1 4 5 1 6 6
t t t t t t t t t t
             
Xét phương trình        
2 2
1 . 27 0 2 1 6 6 27 0
s t t s t t t t t

         
 
 
2
2
4 5 26 0 13
4
t
t t
t



      
 

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu.

14. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1: Một người gửi tiết kiệm theo thể thức lãi suất kép với lãi suất 8,4%/năm. Giả sử lãi suất không
thay đổi, hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu?
Lời giải
Gọi A là số tiền ban đầu gửi tiết kiệm theo thể thức lãi suất kép với lãi suất 8,4% /năm.
Khi đó sau n năm số tiền thu được là  
1 8,4%
n
A  .
Để thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu thì  
1 8,4% 2
n
A A
 
  1,084
1 8,4% 2 log 2 8,59
n
n
      .
Vậy sau ít nhất 9 năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu.
Câu 2: Cho hàm số
2
3
2 x x
y 
 . Số nghiệm của phuơng trình là 0
y  là bao nhiêu?
Lời giải
Ta có:    
2 2
3 2 3
2 3 ln 2 2 3 2 ln 2
x x x x
y x x x
 

     .
Khi đó  
2
3 3
0 2 3 2 ln 2 0 3 2 0
2
x x
y x x x

         
Vậy phuơng trình là 0
y  có một nghiệm là
3
2
x  .
Câu 3: Một viên đạn được bắn lên từ mặt đất theo phương thẳng đứng với phương trình chuyển động
  2
0
1
2
s t at v t
   có vận tốc ban đầu 0 196 m / s
v  (bỏ qua sức cản của không khí). Thời điểm
 
s
t m
 thì tốc độ của viên đạn bằng 0 . Khi đó viên đạn cách mặt đất n (mét). Tính giá trị biểu
thức 2
T m n
  biết 2
9,8m / s
a  .
Lời giải
Ta có:   0 9,8 196.
s t at v t
      
Thời điểm vận tốc của viên đạn bằng 0, ta có:    
' 0 9,8 196 0 20.
v t s t t t
       
Khi đó viên đạn cách mặt đất một khoảng cho bởi:   2
1
20 9,8.20 196.20 1960 .
2
s m
   
Vậy tại thời điểm  
20 s
t  thì viên đạn có vận tốc bằng 0 . Khi đó viên đạn cách mặt đất một
khoảng 1960 (mét).
Khi đó
20
2 2.20 1960 2000
1960
m
T m n
n


     



.
Câu 4: Cho hình chóp .
S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a
  , hình chiếu vuông góc của
S lên mặt phẳng  
ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng  
SAB tạo với đáy một góc bằng
60. Khi 4 3
a  thì khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  
SAB bằng bao nhiêu?
Lời giải

15. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Gọi K là trung điểm của AB HK AB
  (1)
Vì  
SH ABC
 nên SH AB
 (2)
Từ (1) và (2) AB SK
 
Do đó góc giữa  
SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng  60
SKH   .
Ta có  3
.tan
2
a
SH HK SKH
 
Từ H kẻ HM SK
 tại M
   
 
,
HM SAB d H SAB HM
   
Ta có 4 3
2 2 2 2
1 1 1 16 3
3
3 4
a
a
HM HM
HM HK SH a

     
 
Câu 5: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, 2.
SA a

Gọi B là điểm trên SB sao cho 3 2
SB SB
  , C là trung điểm của ,
SC D là hình chiếu của A
lên SD . Khi 18 2
a  thì thể tích khối chóp .
S AB C D
   bằng bao nhiêu?
Lời giải
Vì tam giác ASD vuông nên
2 2
2
2 2 2
2 2
.
2 3
SD SA a
SD SD SA
SD SD a a

     

Ta có: .
. .
.
2 1 1 1
. .
3 2 3 3
S AB C
S AB C S ABC
S ABC
V SB SC
V V
V SB SC
 
 
 
    

16. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
.
. .
.
1 2 1 1
. .
2 3 3 3
S AC D
S AC D S ACD
S ACD
V SC SD
V V
V SC SD
 
 
 
    
Mặt khác . . .
1
2
S ABC S ACD S ABCD
V V V
  nên . ' ' . ' ' . . .
1 1 1
6 6 3
S AB C S AC D S ABCD S ABCD S ABCD
V V V V V
   
Do đó . ' ' ' . ' ' . ' ' .
1
3
S AB C D S AB C S AC D S ABCD
V V V V
  
Mà
3
2
.
1 2
. 2
3 3
S ABCD
a
V a a
  nên
3 3
18 2
. .
1 2 2
. 2592
3 3 9
a
S AB C D S AB C D
a a
V V

     
    .
Câu 6: Một hộp chứa 9 quả cầu có cùng kích thước và khối lượng, trong đó có 4 quả cầu màu xanh đánh
số từ 1 đến 4, có 3 quả cầu màu vàng đánh số từ 1 đến 3, có 2 quả cầu màu đỏ đánh số 1 và 2.
Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp. Xác suất để 2 quả cầu được lấy vừa khác màu vừa khác số là
a
b
với
a
b
là phân số tối giản và ,
a b . Tính giá trị biểu thức 2
T a b
  ?
Lời giải
Mỗi cách lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ một hộp có 9 quả cầu cho ta một tổ hợp chập 2 của 9
phẩn tử. Do đó, số phần tử của không gian mẫu là   2
9 36.
n C
  
Xét biến cố A :”Lấy được 2 quả cầu vừa khác màu vừa khác số”
Trường hợp 1: 1 quả đỏ và 1 quả vàng
Lấy quả màu đỏ có 2 cách chọn
Lấy quả màu vàng có 2 cách chọn
Vậy có 2.2 4
 cách chọn thỏa mãn trường hợp 1
Trường hợp 2: 1 quả đỏ và 1 quả xanh
Lấy quả màu đỏ có 2 cách chọn
Lấy quả màu xanh có 3 cách chọn
Vậy có 2.3 6
 cách chọn thỏa mãn trường hợp 2
Trường hợp 3: 1 quả vàng và 1 quả xanh
Lấy quả màu vàng có 3 cách chọn
Lấy quả màu vàng có 3 cách chọn
Vậy có 3.3 9
 cách chọn thỏa mãn trường hợp 3
Suy ra   4 6 9 19
n A    
Xác suất để 2 quả cầu được lấy vừa khác màu vừa khác số là  
 
 
19
P
36
n A
A
n
 

Khi đó
19
2 19 2.36 91
36
a
T a b
b


     



--------------------HẾT---------------------

17. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
BIÊN SOẠN THEO ĐỊNH HƯỚNG
ĐỀ BGD 2025
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ SỐ: 07 Môn: TOÁN 11 – CÁNH DIỀU
(Đề thi gồm: 03 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1: Cho mẫu số liệu ghép nhóm về cân nặng và số người như sau:
Tính cân nặng trung bình từ mẫu số liệu ghép nhóm trên.
A. 69,61. B. 66,00 . C. 44,00 . D. 65,11.
Câu 2: Cho A và B là hai biến cố xung khắc. Khẳng định nào sau đây là sai
A.      
P A B P A P B
   . B.      
P A B P A P B
  .
C.        
P A B P A P B P AB
    . D.   0
P AB  .
Câu 3: Theo thống kê, lớp 11 A có 70% số bạn thích môn bóng đá, 50% số bạn thích môn bóng rổ và
30% số bạn thích cả hai môn. Tính tỉ lệ học sinh không thích cả hai môn bóng đá và bóng rổ của
lớp 11 A .
A. 20% . B. 25% . C. 15% . D. 10% .
Câu 4: Với 0
a  0
b  , ,
  là các số thực bất kì, đẳng thức nào sau đây sai?
A.
a a
b b
 



 
  
 
. B. .
a a a
   

 . C.  
.
a b ab

 
 . D.
a
a
a

 


 .
Câu 5: Cho , ,
a b c là các số thực dương khác 1. Đồ thị của ba hàm số , ,
x x x
y a y b y c
   như hình vẽ
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. 1
b  B. 0 1
c
  C. 0 1
a b c
    D. 0 1
b a c
   
Câu 6: Nghiệm của phương trình 1
3 9
x
 là:
A. 2
x   . B. 2
x  . C. 3
x   . D. 3
x  .
Câu 7: Tập nghiệm của bất phương trình log 1
x  là
A.  
10; . B.  
0; . C.  
;10
 . D.  
10; .

18. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 8: Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    . Đường thẳng nào sau đây vuông góc với đường thẳng
BC ?
A. A D
 . B. AC . C. BB . D. '
AD .
Câu 9: Cho hình chóp .
S ABC có cạnh bên SA vuông góc mặt đáy  
ABC . Góc tạo bởi SB và đáy
tương ứng là
A. SCA. B. SBA. C. SBC . D. SAB .
Câu 10: Tính thể tích V của khối lập phương .
ABCD A B C D
    , biết 3
AC a
  .
A.
3
2
9
a
V  . B.
3
3
a
V  . C.
3
3
8
a
V  . D. 3
V a
 .
Câu 11: Cho hàm số 2
1
y x
   có đồ thị  
C . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  
C tại điểm có
hoành độ bằng 2.
A. 4 5
y x
   . B. 4 13
y x
   . C. 4 13
y x
   . D. 4 5
y x
  .
Câu 12: Cho hàm số    
4
2
y f x x
   . Tính  
2
f  .
A.  
2 108
f   . B.  
2 192
f   . C.  
2 96
f   . D.  
2 81
f   .
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi
câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1: Lớp 11A1 có 35 học sinh gồm 20 học sinh nữ và 15 học sinh nam. Nhà trường cần chọn 3 học
sinh của lớp đó tham gia trồng cây. Các khẳng định sau đây, khẳng định nào là đúng, khẳng định
nào là sai?
a) Xác suất để 3 học sinh được chọn có đúng một học sinh nữ bằng
60
187
.
b) Xác suất để 3 học sinh được chọn có đúng hai học sinh nữ bằng
570
1309
.
c) Xác suất để 3 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ bằng
90
119
.
d) Xác suất để 3 học sinh được chọn có nhiều nhất hai học sinh nữ bằng
114
187
.
Câu 2: Cho phương trình    
3 9 2 1 3 1 0
x x
m m m
       
1 với m là tham số.
a) Khi 3
m  phương trình  
1 có nghiệm.
b) Khi 1
m  phương trình  
1 có hai nghiệm phân biệt.
c) Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là một khoảng
 
;
a b . Tổng 4
S a b
   .
d) Số giá trị nguyên của m để phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu là 0 .
Câu 3: Cho hình chóp .
S ABC có mặt bên  
SAB vuông góc với mặt đáy và tam giác SAB đều cạnh
2a . Biết tam giác ABC vuông tại C và cạnh 3
AC a
 . Khi đó:
a) Đường thẳng SH vuông góc với mặt phẳng  
ABC

19. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
b) Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  
ABC là 3
a .
c) Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  
SAB là
3
3
a
d) Thể tích của khối chóp .
S ABC bằng
3
6
a
Câu 4: Cho hai hàm số  
3
1
f x
x


và  
2
2
x
g x
x


. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
a)  
 
2
3
, 1
1
f x x
x
     

.
b)  
 
2
2
4
, 2
2
x x
g x x
x

    
 
 

.
c)          
. . , 1; 2
f x g x f x g x x
  
    
 
  .
d)  
1 1
g   .
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1: Tập nghiệm của bất phương trình   
1 2 1
3 2 4 8 0
x x x
 
   có dạng ;
a
b
 


 
với
a
b
tối giản.
Tính .
a b .
Câu 2: Cho hàm số  
y f x
 có đạo hàm  
y f x
 
 liên tục trên và hàm số  
y g x
 với
   
3
4
g x f x
  . Biết rằng tập các giá trị của x để   0
f x
  là  
4;3
 . Có bao nhiêu số
nguyên của x để   0
g x
  ?
Câu 3: Cho một vật chuyển động thẳng xác định bởi phương trình   4 2
4 5
S t t t
   , trong đó t tính
bằng giây và S tính bằng mét. Tính vận tốc của chuyển động tại thời điểm 3
t  .
Câu 4: Cho tứ diện ABCD có 90 ;
DAB CBD
   ;
AB a
 5;
AC a
 135 .
ABC   Biết số đo của
góc nhị diện  
, ,
A BD C là 150 . Khi 6
a  thì thể tích của tứ diện ABCD bằng bao nhiêu?
Câu 5: Công ty sữa Vinamilk thiết kế các sản phẩm dạng hình hộp chữ nhật có đáy là hình chữ nhật có
chiều rộng bằng
2
3
chiều dài. Sản phẩm chứa dung tích bằng 180ml (biết rằng 3
1 1000
l cm
 ).
Khi thiết kế công ty luôn đặt ra mục tiêu sao cho vật liệu làm vỏ hộp là tiết kiệm nhất. Khi đó
chiều dài của đáy hộp khoảng bao nhiêu (đơn vị: cm, làm tròn đến hàng phần trăm) để công ty
tiết kiệm được vật liệu nhất?
Câu 6: Một cửa hàng bán đồ ăn sáng có bán xôi và bánh mì. Thống kê những người vào cửa hàng cho
thấy có 60% người mua xôi, 45% người mua bánh mì; 20% người mua cả xôi và bánh mì.
Chọn ngẫu nhiên một người vào cửa hàng. Tính xác suất người đó không mua cả xôi và bánh mì
--------------------HẾT---------------------

20. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
BIÊN SOẠN THEO ĐỊNH HƯỚNG
ĐỀ BGD 2025
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ SỐ: 07 Môn: TOÁN 11 – CÁNH DIỀU
(Đề thi gồm: 03 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II
PHẦN I.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,25 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Chọn A B D A D D D A B A A B
PHẦN II.
Điểm tối đa của 01 câu hỏi là 1 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 01 ý trong 1 câu hỏi được 0,1 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 02 ý trong 1 câu hỏi được 0,25 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 03 ý trong 1 câu hỏi được 0,5 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 04 ý trong 1 câu hỏi được 1 điểm
Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4
a) Đ a) Đ a) Đ a) Đ
b) Đ b) S b) Đ b) Đ
c) S c) Đ c) S c) S
d) S d) S d) S d) S
PHẦN III.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,5 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6
Chọn -4 0 84 3 2592 91

21. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1: Cho mẫu số liệu ghép nhóm về cân nặng và số người như sau:
Tính cân nặng trung bình từ mẫu số liệu ghép nhóm trên.
A. 69,61. B. 66,00 . C. 44,00 . D. 65,11.
Lời giải
Cân nặng trung bình là 69,61.
Câu 2: Cho A và B là hai biến cố xung khắc. Khẳng định nào sau đây là sai
A.      
P A B P A P B
   . B.      
P A B P A P B
  .
C.        
P A B P A P B P AB
    . D.   0
P AB  .
Lời giải
Nếu A và B là các biến cố xung khắc thì ta luôn có      
P A B P A P B
   và   0
P AB  .
Khi đó khẳng định sai là      
P A B P A P B
  .
Câu 3: Theo thống kê, lớp 11 A có 70% số bạn thích môn bóng đá, 50% số bạn thích môn bóng rổ và
30% số bạn thích cả hai môn. Tính tỉ lệ học sinh không thích cả hai môn bóng đá và bóng rổ của
lớp 11 A .
A. 20% . B. 25% . C. 15% . D. 10% .
Lời giải
Gọi A là biến cố học sinh thích bóng đá của lớp, B là biến cố học sinh thích bóng đá của lớp.
Khi đó ( ) 0,7;
P A  ( ) 0,5;
P B  ( ) 0,3.
P AB 
Tỉ lệ học sinh thích một trong hai môn là
( ) ( ) ( ) ( ) 0,7 0,5 0,3 0,9
P A B P A P B P AB
        .
Tỉ lệ học sinh không thích cả hai môn bóng đá và bóng rổ là
   
1 1 0,9 0,1
P A B P A B
       .
Câu 4: Với 0
a  0
b  , ,
  là các số thực bất kì, đẳng thức nào sau đây sai?
A.
a a
b b
 



 
  
 
. B. .
a a a
   

 . C.  
.
a b ab

 
 . D.
a
a
a

 


 .
Lời giải
Theo tính chất luỹ thừa
Câu 5: Cho , ,
a b c là các số thực dương khác 1. Đồ thị của ba hàm số , ,
x x x
y a y b y c
   như hình vẽ

22. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. 1
b  B. 0 1
c
  C. 0 1
a b c
    D. 0 1
b a c
   
Lời giải
Từ đồ thị ta có 1; 0 , 1
c a b
  
Kẻ đường thẳng 1
x  cắt đồ thị hàm số x
y b
 và x
y a
 thứ thự tại các điểm có tung độ y b

và y a
 1 0
a b
   
Vậy 1 0
c a b
    .
Câu 6: Nghiệm của phương trình 1
3 9
x
 là:
A. 2
x   . B. 2
x  . C. 3
x   . D. 3
x  .
Lời giải
Ta có: 1
3
3 9 1 log 9 1 2 3
x
x x x

        
Câu 7: Tập nghiệm của bất phương trình log 1
x  là
A.  
10; . B.  
0; . C.  
;10
 . D.  
10; .
Lời giải
Ta có:
0
log 1 10.
10
x
x x
x


   



Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là  
10; .

Câu 8: Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    . Đường thẳng nào sau đây vuông góc với đường thẳng
BC ?
A. A D
 . B. AC . C. BB . D. '
AD .
Lời giải

23. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Ta có
//
BC AD
BC A D
AD A D
 

 
 

 


.
Câu 9: Cho hình chóp .
S ABC có cạnh bên SA vuông góc mặt đáy  
ABC . Góc tạo bởi SB và đáy
tương ứng là
A. SCA. B. SBA. C. SBC . D. SAB .
Lời giải
Vì  
SA ABC
 nên AB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng  
ABC .
Vậy góc tạo bởi SB và đáy tương ứng là góc SBA.
Câu 10: Tính thể tích V của khối lập phương .
ABCD A B C D
    , biết 3
AC a
  .
A.
3
2
9
a
V  . B.
3
3
a
V  . C.
3
3
8
a
V  . D. 3
V a
 .
Lời giải
Gọi x là độ dài cạnh của khối lập phương đã cho  
0
x  .
Ta có: 3
AC x
  3 3
x a
  x a
  .
Vậy thể tích của khối lập phương cần tìm là: 3 3
V x a
  .
Câu 11: Cho hàm số 2
1
y x
   có đồ thị  
C . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  
C tại điểm có
hoành độ bằng 2.
A. 4 5
y x
   . B. 4 13
y x
   . C. 4 13
y x
   . D. 4 5
y x
  .
Lời giải
Ta có: 2
0 0 1 3
2 2
x y 
 
    .
Hệ số góc của tiếp tuyến

24. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
 
       
     
 
2
2
2 2 2 2
1 2 1
2 2 . 2
2 lim lim lim lim 2 4
2 2 2
x x x x
x
f x f x x
f x
x x x
   
    
   
        
  
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 4( 2) 3 4 5
y x y x
        .
Câu 12: Cho hàm số    
4
2
y f x x
   . Tính  
2
f  .
A.  
2 108
f   . B.  
2 192
f   . C.  
2 96
f   . D.  
2 81
f   .
Lời giải
Ta có:    
3
4 2
f x x
      
2
12 2
f x x

     2
2 12.4 192
f 
   .
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi
câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1: Lớp 11A1 có 35 học sinh gồm 20 học sinh nữ và 15 học sinh nam. Nhà trường cần chọn 3 học
sinh của lớp đó tham gia trồng cây. Các khẳng định sau đây, khẳng định nào là đúng, khẳng định
nào là sai?
a) Xác suất để 3 học sinh được chọn có đúng một học sinh nữ bằng
60
187
.
b) Xác suất để 3 học sinh được chọn có đúng hai học sinh nữ bằng
570
1309
.
c) Xác suất để 3 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ bằng
90
119
.
d) Xác suất để 3 học sinh được chọn có nhiều nhất hai học sinh nữ bằng
114
187
.
Lời giải
Không gian mẫu   3
35
n C
  .
a) Đúng: “3 học sinh được chọn có đúng một học sinh nữ”. Ta có   2
15
20.
n A C
 .
Xác suất của biến cố A là  
 
 
2
15
3
35
20. 60
187
n A C
P A
n C
  

.
b) Đúng: “3 học sinh được chọn có đúng hai học sinh nữ”. Ta có   2
20.15
n B C
 .
Xác suất của biến cố B là  
 
 
2
20
3
35
.15 570
1309
n B C
P B
n C
  

.
c) Sai: “3 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ”.
Ta có   2 2 3
15 20 20
20. .15
n C C C C
   .
Xác suất của biến cố C là  
 
 
2 2 3
15 20 20
3
35
20. .15 174
187
n C C C C
P C
n C
 
  

.
d) Sai: “3 học sinh được chọn có nhiều nhất hai học sinh nữ”.
Ta có   3 2 2
15 15 20
20. .15
n D C C C
   .
Xác suất của biến cố D là  
 
 
3 2 2
15 15 20
3
35
20. .15 1081
1309
n D C C C
P D
n C
 
  

.
Câu 2: Cho phương trình    
3 9 2 1 3 1 0
x x
m m m
       
1 với m là tham số.

25. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
a) Khi 3
m  phương trình  
1 có nghiệm.
b) Khi 1
m  phương trình  
1 có hai nghiệm phân biệt.
c) Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là một khoảng
 
;
a b . Tổng 4
S a b
   .
d) Số giá trị nguyên của m để phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu là 0 .
Lời giải
a) Đúng vì khi 3
m  phương trình trở thành 8.3 4 0
x
  .
phương trình  
1 có nghiệm 3
1
log
2
x  từ đó suy ra phương trình  
* có một nghiệm x khi
3
m  .
b) Sai vì khi 1
m  phương trình trở thành 2.9 4.3 2 0 3 1 0.
x x x
x
        .
c) Đúng vì
Đặt 3x
t   
0
t  .
Khi đó phương trình  
1 trở thành    
2
3 2 1 1 0
m t m t m
       
* .
Phương trình  
1 có 2 nghiệm x phân biệt  phương trình  
* có 2 nghiệm t dương phân
biệt  
 
2
3 0
2 2 0
2 1
0
3
1
0
3
m
m
m
m
m
m
 


 

 
  


 
 


3
1
1
1 3
m
m
m
m



 


  


  

1 3
m
   .
Khi đó,
1
3
a
b





4
S
  .
d) Sai: Đặt 3x
t   
0
t  .
Khi đó phương trình  
1 trở thành    
2
3 2 1 1 0
m t m t m
       
* .
Phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình  
* phải có hai nghiệm
dương 1 2
0 1
t t
   phân biệt
thỏa mãn 1 2
0 1
t t
  
 
 
  
2
1 2
2 2 0
2 1
0
3
1
0
3
1 1 0
m
m
m
m
m
t t
  

 
 

 
 
 
 
 

  


 
1 2 1 2
1 3
. 1 0
m
t t t t
 


 
   



26. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
1
2 2
0
3
m
m
m



 


 

1 3
m
    
1;3
m
  .
Từ đó suy ra có 1 giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
Câu 3: Cho hình chóp .
S ABC có mặt bên  
SAB vuông góc với mặt đáy và tam giác SAB đều cạnh 2a
. Biết tam giác ABC vuông tại C và cạnh 3
AC a
 . Khi đó:
a) Đường thẳng SH vuông góc với mặt phẳng  
ABC
b) Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  
ABC là 3
a .
c) Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  
SAB là
3
3
a
d) Thể tích của khối chóp .
S ABC bằng
3
6
a
Lời giải
a) Đúng: Gọi H là trung điểm AB , mà tam giác SAB đều nên SH AB
 .
Mặt khác:    
SAB ABC
 nên  
SH ABC
 .
b) Đúng: Ta có:  
  2 . 3
, 3
2
a
d S ABC SH a
   (Do tam giác SAB đều cạnh 2a ).
c) Sai: Kẻ đường cao CK của tam giác ABC .
Ta có:    
 
,
CK AB
CK SAB d C SAB CK
CK SH


   



.
Xét tam giác ABC vuông tại C có:
2 2 2 2 3 3
4 3 ;
2 2
CA CB a a a
BC AB AC a a a CK
AB a
 
        .

27. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Vậy  
  3
,
2
a
d C SAB CK
  .
d) Sai: Diện tích đáy hình chóp là:
2
1 1 3
. 3.
2 2 2
ABC
a
S AC BC a a
    .
Thể tích khối chóp là:
2 3
1 1 3
. . 3.
3 3 2 2
S ABC ABC
a a
V SH S a
 
   .
Câu 4: Cho hai hàm số  
3
1
f x
x


và  
2
2
x
g x
x


. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
a)  
 
2
3
, 1
1
f x x
x
     

.
b)  
 
2
2
4
, 2
2
x x
g x x
x

    
 
 

.
c)          
. . , 1; 2
f x g x f x g x x
  
    
 
  .
d)  
1 1
g   .
Lời giải
a) Đúng:  
 
2
3
, 1
1
f x x
x
     

.
b) Đúng:  
 
   
2 2
2 2
2 . 2 4
2 2
x x x x x
g x
x x
  
  
 
 
 
, 2
x
   .
c) Sai:              
. . . , 1; 2
f x g x f x g x f x g x x
  
     
 
  .
d) Sai:  
5
1
9
g  .
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1: Tập nghiệm của bất phương trình   
1 2 1
3 2 4 8 0
x x x
 
   có dạng ;
a
b
 


 
với
a
b
tối giản.
Tính .
a b .
Lời giải
Ta có:   
1 2 1 1 2 1
3 2 4 8 0 4 8 0
x x x x x
   
     
2 2 6 3
2 2
x x
 
 
2 2 6 3
x x
   
4 1
x
  
1
4
x

  .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
1
;
4
T
 
  

 
.
Vậy . 4
a b  

28. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 2: Cho hàm số  
y f x
 có đạo hàm  
y f x
 
 liên tục trên và hàm số  
y g x
 với
   
3
4
g x f x
  . Biết rằng tập các giá trị của x để   0
f x
  là  
4;3
 . Có bao nhiêu số
nguyên của x để   0
g x
  ?
Lời giải
Ta có    
2 3
3 . 4
g x x f x
 
  .
Ta có:        
2 3 2 3
3
0
0 3 . 4 0 . 4 0
4 0
x
g x x f x x f x
f x



  
        
  


3 3
0 0 0
2 1
2 1
4 4 3 8 1
x x x
x
x
x x
  
  
       
  
   
        
 
.
Vậy không có giá trị nguyên x nào thoả mãn.
Câu 3: Cho một vật chuyển động thẳng xác định bởi phương trình   4 2
4 5
S t t t
   , trong đó t tính
bằng giây và S tính bằng mét. Tính vận tốc của chuyển động tại thời điểm 3
t  .
Lời giải
    3
4 8
v t S t t t

   .
Khi đó tại thời điểm 3
t  vận tốc của chuyển động là   3
3 4.3 8.3 84m/s
v    .
Câu 4: Cho tứ diện ABCD có 90 ;
DAB CBD
   ;
AB a
 5;
AC a
 135 .
ABC   Biết số đo của
góc nhị diện  
, ,
A BD C là 150 . Khi 6
a  thì thể tích của tứ diện ABCD bằng bao nhiêu?
Lời giải
Gọi H thuộc mặt phẳng  
ABC và  
DH ABC
 .
Ta có
BA DA
BA DH





.
BA AH
  Tương tự
BC BD
BC DH





.
BC BH
 

29. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Tam giác ABH có ;
AB a
 135 ;
ABC   90
CBH   45
ABH
   suy ra ABH
 vuông
cân tại A AH AB a
   .
Áp dụng định lý côsin ta có 2.
BC a

Diện tích tam giác ABC :
2
1 1 2
.BA.BC.sin . . 2. .
2 2 2 2
ABC
a
S ABC a a
  
Kẻ HE , HF lần lượt vuông góc với DA , DB .
Suy ra  
HE ABD
 ,  
HF BCD
 nên sđ 
, , 180 150
o o
A BD C EHF
   30o
EHF
 
Tam giác EHF vuông tại E , ta có
2 2
.
a DH
HE
a DH


,
2 2
. . 2
.
2
DH a
HF
a DH


Mặt khác:
2 2
2 2
3 2
cos
4 2. 2
HE DH a
EHF
HF DH a

  

.
DH a
 
Thể tích tứ diện ABCD là
3
1
. . .
3 6
ABCD ABC
a
V DH S
 
Câu 5: Công ty sữa Vinamilk thiết kế các sản phẩm dạng hình hộp chữ nhật có đáy là hình chữ nhật có
chiều rộng bằng
2
3
chiều dài. Sản phẩm chứa dung tích bằng 180ml (biết rằng 3
1 1000
l cm
 ).
Khi thiết kế công ty luôn đặt ra mục tiêu sao cho vật liệu làm vỏ hộp là tiết kiệm nhất. Khi đó
chiều dài của đáy hộp khoảng bao nhiêu (đơn vị: cm, làm tròn đến hàng phần trăm) để công ty
tiết kiệm được vật liệu nhất? (Tailieuchuan.vn)
Lời giải
Ta có 3
180 180
ml cm

Gọi chiều dài của đáy hộp là  
x cm , 0
x  , khi đó chiều rộng của đáy hộp là  
2
3
x cm .
Gọi chiều cao của hộp chữ nhật là  
h cm , 0
h  .
Ta có thể tích của khối hộp chữ nhật là    
3
2
2 270
. . 180
3
V x x h cm h cm
x
    .
Diện tích toàn phần của hộp chữ nhật là:  
2
2 2
2 270 2 270
2. . 2. . 2. .
3 3
TP
S x x x x cm
x x
  
   
2 2
4 900
,
3
TP
S f x x cm
x
  
Yêu cầu bài toán trở thành tìm x dương sao cho hàm số   2
4 900
3
f x x
x
  đạt giá trị nhỏ
nhất.
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 3 số dương 2
4 450 450
, ,
3
x
x x
ta có

30. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
 
2 2 3
3
4 450 450 4 450 450
3 . . 3 270000, 0
3 3
x x f x x
x x x x
      
Dấu  xảy ra khi và chỉ khi  
3
2
4 450 450 2700
6,96
3 2
x x cm
x x
    
Câu 6: Một cửa hàng bán đồ ăn sáng có bán xôi và bánh mì. Thống kê những người vào cửa hàng cho
thấy có 60% người mua xôi, 45% người mua bánh mì; 20% người mua cả xôi và bánh mì.
Chọn ngẫu nhiên một người vào cửa hàng. Tính xác suất người đó không mua cả xôi và bánh mì
Lời giải
Gọi E là biến cố: “Người đó mua xôi”.
Gọi F là biến cố: “Người đó mua bánh mì”.
Gọi H là biến cố: “Người đó mua ít nhất một trong hai loại xôi hoặc bánh mì”.
Gọi H là biến cố đối của biến cố H . Khi đó H là biến cố: “Người đó không mua cả xôi và
bánh mì”.
Như vậy ta có:    
, 0,6, 0,45
H E F P E P F
    .
Áp dụng công thức cộng xác suất ta có:
        0,6 0,45 0,2 0,85
P H P E P F P E F
       
Áp dụng công thức biến cố đối ta có:    
1 1 0,85 0,15
P H P H
    
Vậy xác suất để người đó người đó không mua cả xôi và bánh mì là 0,15.
--------------------HẾT---------------------

31. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
BIÊN SOẠN THEO ĐỊNH HƯỚNG
ĐỀ BGD 2025
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ SỐ: 08 Môn: TOÁN 11 – CÁNH DIỀU
(Đề thi gồm: 03 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1: Các bạn học sinh lớp 11A1 trả lời 40 câu hỏi trong một bải kiểm tra. Kết quả được thống kê ở
bảng sau:
Giá trị đại diện của nhóm thứ 2 là
A. 23,5. B. 21. C. 33,5 . D. 26.
Câu 2: Cho A , B là hai biến cố xung khắc. Đẳng thức nào sau đây đúng?
A.      .
P A B P A P B
   B.      
. .
P A B P A P B
 
C.      .
P A B P A P B
   D.      .
P A B P A P B
  
Câu 3: Cho A , B là hai biến cố xung khắc. Biết  
1
5
P A  ,  
1
3
P A B
  . Tính  
P B .
A.
3
.
5
B.
8
.
15
C.
2
.
15
D.
1
.
15
Câu 4: Với a là số thực dương tùy ý,  
3
log 3a bằng
A. 3
1 log a
 . B. 3
3 log a
 . C. 3
3log a . D. 3
1 log a
 .
Câu 5: Đồ thị dưới đây là đồ thị của hàm số nào?
A.  
3
x
y  . B. 3x
y  . C.
1
3
x
y
 
  
 
. D.
1
4
x
y
 
  
 
.
Câu 6: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2
2 2
log 8log 3 0
x x
   .
A. 5 . B. 1 . C. 7 . D. 4 .

32. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 7: Tập nghiệm S của bất phương trình  
2
log 1 3
x   là
A.  
;9
S   . B.  
;10
S   . C.  
1;10
S  . D.  
1;9
S  .
Câu 8: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi và  
SA ABCD
 . Góc giữa SB và mặt
phẳng  
ABCD là:
A. SBA. B. SCA. C. SAB . D. SDA .
Câu 9: Cho hình chóp tứ giác .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , 5
SB a
 và
 
SA ABCD
 . Khoảng cách từ S đến  
ABCD bằng
A. a . B. 2
a . C. 4a . D. 2a .
Câu 10: Khối chóp cụt đều có chiều cao bằng 3a , diện tích hai đáy lần lượt bằng 2
a và 2
4a . Thể tích
của khối chóp cụt đều đó bằng
A. 3
7a . B.
3
7
3
a
. C.
3
3
a
. D. 3
21a .
Câu 11: Cho hàm số   3 2
3 4 2
f x x x x
    có đồ thị  
C . Tìm hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị
 
C tại điểm có hoành độ 0 2
x   .
A. 8
 . B. 53
 . C. 19. D. 17 .
Câu 12: Cho hàm số 2
cos
y x
 . Khi đó
3
y

 
 
 
bằng:
A. 2 . B. 1. C. 1
 . D. 2
 .
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi
câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1: Hai người cùng đi câu cá trên một hồ. Xác suất câu được cá của người thứ nhất và người thứ hai
lần lượt là 0,8 và 0,9. Gọi biến cố i
A : “ Người thứ i câu được cá” với  
1;2
i . Trong các
khẳng định nào sau đây, khẳng định nào đúng, khẳng định nào sai?
a) 1 2
;
A A là hai biến cố độc lập.
b) Xác suất biến cố: “Cả hai người câu được cá ” là 0,96.
c) Xác suất biến cố: “Người thứ nhất câu được cá, người thứ hai không câu được cá” là 0,08.
d) Xác suất biến cố: “Có ít nhất một người câu được cá” là 0,98.
Câu 2: Cho phương trình    
2
3 9 1
3
log 2 log 5 log 8 0
x x
     . Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
a) Tập xác định của phương trình trên là  
2;
D    .
b) Phương trình chỉ có một nghiệm.
c) Phương trình trên có nghiệm dạng ,( , , )
a b
x a b c
c

  thì 22
a b c
   .
d) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 6 .

33. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 3: Cho lăng trụ đứng .
ABC A B C
   có , 2 , 120
AC a BC a ACB 
   . Gọi M là trung điểm của BB
Khi đó:
a)  
  21
,
7
a
d CC ABB A
   
b)  
21
,
12
a
d CC AM
 
c)    
,
AA ABC AA A B C
    
 
d) Nếu khoảng cách giữa hai mặt đáy lăng trụ bằng 2a thì thể tích khối lăng trụ là 3
3
V a
 .
Câu 4: Một tài xế đang lái xe ô tô, ngay khi phát hiện có vật cản phía trước đã phanh gấp lại nhưng vẫn
xảy ra va chạm, chiếc ô tô để lại vết trượt dài 20,4 m (được tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đền khi
xảy ra va chạm). Trong quá trình đạp phanh, ô tô chuyển động theo phương trình   2
5
20
2
s t t t
 
trong đó s (đơn vị mét) 1à độ dài quãng đường đi được sau khi phanh, t (đơn vị giây) là thời gian
tính từ lúc bắt đầu phanh (0 4
t
  ).
a) Vận tốc tức thời của ô tô ngay khi đạp phanh là  
20 m/s
b) Xe ô tô trên chưa chạy quá tốc độ (tốc độ giới hạn cho phép là 70 (km/h).
c) Thời điểm xảy ra va chạm cách thời điểm bắt đầu đạp phanh 6,8 giây
d) Vận tốc tức thời của ô tô ngay khi xảy ra va chạm là  
14 m/s
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1: Cho hai số thực dương ,
a b . Biết
3
2 2 4
4
log 1 log log ( , )
a b
x a y b x y
ab
    .Tính x y

Câu 2: Cho hàm số    
3 2
1
1 1 2
3
y x m x m x
      . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để
bất phương trình 0
y  nghiệm đúng với mọi x .
Câu 3: Một vật chuyển động theo quy luật 3 2
1 3
9
3 2
s t t t
   , với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc
vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Quãng đường
vật đi được tính từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc vật đạt vận tốc nhỏ nhất bằng?
Câu 4: Kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp đáy là hình vuông cạnh bằng
180m và các cạnh bên bằng nhau (mô hình hóa kim tự tháp bằng hình chóp .
S ABCD như hình
vẽ dưới đây với O là tâm của đáy ). Biết 98
SO m
 và tan của góc phẳng nhị diện  
, ,
S AB O
bằng
a
b
với
a
b
là phân số tối giản và ,
a b . Tính giá trị biểu thức T a b
  ?

34. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
.
Câu 5: Cho hình chóp đều .
S ABCD có đáy cạnh a và chiều cao 2
SO a
 . Gọi , ,
M N P , Q lần lượt là
trung điểm của , , ,
SA SB SC SD . Thể tích khối chóp cụt đều .
ABCD MNPQ bằng 3
m
V a
n
 với
m
n
là phân số tối giản và ,
m n . Tính giá trị biểu thức 24
T m n
  .
Câu 6: Ba cầu thủ sút luân lưu 11m , mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x , y và
0,6 (với x y
 ). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 97,6% và xác suất để
cả ba cầu thủ đều ghi ban là 33,6% . Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn.
--------------------HẾT---------------------

35. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
BIÊN SOẠN THEO ĐỊNH HƯỚNG
ĐỀ BGD 2025
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ SỐ: 08 Môn: TOÁN 11 – CÁNH DIỀU
(Đề thi gồm: 03 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II
PHẦN I.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,25 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Chọn A A C D C A D A D A C B
PHẦN II.
Điểm tối đa của 01 câu hỏi là 1 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 01 ý trong 1 câu hỏi được 0,1 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 02 ý trong 1 câu hỏi được 0,25 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 03 ý trong 1 câu hỏi được 0,5 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 04 ý trong 1 câu hỏi được 1 điểm
Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4
a) Đ a) S a) Đ a) Đ
b) S b) S b) S b) S
c) Đ c) Đ c) Đ c) S
d) Đ d) S d) Đ d) Đ
PHẦN III.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,5 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6
Chọn 0 2 11,25 94 295 0,452

36. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1: Các bạn học sinh lớp 11A1 trả lời 40 câu hỏi trong một bải kiểm tra. Kết quả được thống kê ở
bảng sau:
Giá trị đại diện của nhóm thứ 2 là
A. 23,5. B. 21. C. 33,5 . D. 26.
Lời giải
Giá trị đại diện của nhóm thứ 2 (nhóm  
21;26 ) là
21 26
23,5
2

 .
Câu 2: Cho A , B là hai biến cố xung khắc. Đẳng thức nào sau đây đúng?
A.      .
P A B P A P B
   B.      
. .
P A B P A P B
 
C.      .
P A B P A P B
   D.      .
P A B P A P B
  
Lời giải
Ta có:        .
P A B P A P B P A B
    
Vì A , B là hai biến cố xung khắc nên .
A B
  
Từ đó suy ra      .
P A B P A P B
  
Câu 3: Cho A , B là hai biến cố xung khắc. Biết  
1
5
P A  ,  
1
3
P A B
  . Tính  
P B .
A.
3
.
5
B.
8
.
15
C.
2
.
15
D.
1
.
15
Lời giải
Vì A , B là hai biến cố xung khắc nên:        
1 1 2
.
3 5 15
P A B P A P B P B
      
Câu 4: Với a là số thực dương tùy ý,  
3
log 3a bằng
A. 3
1 log a
 . B. 3
3 log a
 . C. 3
3log a . D. 3
1 log a
 .
Lời giải
Có  
3 3 3 3
log 3 log 3 log 1 log
a a a
   
Câu 5: Đồ thị dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

37. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
A.  
3
x
y  . B. 3x
y  . C.
1
3
x
y
 
  
 
. D.
1
4
x
y
 
  
 
.
Lời giải
Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số nghịch biến trên  loại đáp án A, B và đồ thị qua điểm  
1;3

nên
1
3
x
y
 
  
 
.
Câu 6: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2
2 2
log 8log 3 0
x x
   .
A. 5 . B. 1 . C. 7 . D. 4 .
Lời giải
Điều kiện: 0
x  .
Ta có: 2
2 2
log 8log 3 0
x x
  
1
2 2
2 2
log 8log 3 0
x x
    2
2 2
log 4log 3 0
x x
   
2
1 log 3
x
   2 8
x
   .
Kết hợp với điều kiện 0
x  ta được: 2 8
x
  .
Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình là  
3;4;5;6;7
x .
Câu 7: Tập nghiệm S của bất phương trình  
2
log 1 3
x   là
A.  
;9
S   . B.  
;10
S   . C.  
1;10
S  . D.  
1;9
S  .
Lời giải
Ta có:  
2 3
1 0
log 1 3 1 9
1 2
 

     

 

x
x x
x
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  
1;9
S  .
Câu 8: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi và  
SA ABCD
 . Góc giữa SB và mặt
phẳng  
ABCD là:
A. SBA. B. SCA. C. SAB . D. SDA .
Lời giải

38. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Ta có:    
SB ABCD B
  và  
SA ABCD
  
 
,
SB ABCD SBA
  .
Câu 9: Cho hình chóp tứ giác .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , 5
SB a
 và
 
SA ABCD
 . Khoảng cách từ S đến  
ABCD bằng
A. a . B. 2
a . C. 4a . D. 2a .
Lời giải
Vì  
SA ABCD
 nên  
  2 2 2 2
, 5 2
d S ABCD SA SB AB a a a
      .
Câu 10: Khối chóp cụt đều có chiều cao bằng 3a , diện tích hai đáy lần lượt bằng 2
a và 2
4a . Thể tích
của khối chóp cụt đều đó bằng
A. 3
7a . B.
3
7
3
a
. C.
3
3
a
. D. 3
21a .
Lời giải
Thể tích của khối chóp cụt đều được tính bằng công thức:  
1 1 2 2
1
3
V h S S S S
  
trong đó h là chiều cao và 1 2
,
S S lần lượt là diện tích hai đáy của khối chóp cụt đều.
Với  
2 2 2 2 2 2 3
1 2
1
3 ; ; 4 .3 . .4 4 7
3
h a S a S a V a a a a a a
        (Tailieuchuan.vn phát
hành)
Câu 11: Cho hàm số   3 2
3 4 2
f x x x x
    có đồ thị  
C . Tìm hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị
 
C tại điểm có hoành độ 0 2
x   .
A. 8
 . B. 53
 . C. 19. D. 17 .

39. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Lời giải
Ta có:   3 2
3 4 2
f x x x x
      2
9 8 1
f x x x

   
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 0 2
x   là      
2
2 9. 2 8. 2 1 19
f        
Câu 12: Cho hàm số 2
cos
y x
 . Khi đó
3
y

 
 
 
bằng:
A. 2 . B. 1. C. 1
 . D. 2
 .
Lời giải
Ta có: 2sin cos sin 2 , 2cos2 1
3
y x x x y x y

 
  
       
 
 
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi
câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1: Hai người cùng đi câu cá trên một hồ. Xác suất câu được cá của người thứ nhất và người thứ hai
lần lượt là 0,8 và 0,9. Gọi biến cố i
A : “ Người thứ i câu được cá” với  
1;2
i . Trong các
khẳng định nào sau đây, khẳng định nào đúng, khẳng định nào sai?
a) 1 2
;
A A là hai biến cố độc lập.
b) Xác suất biến cố: “Cả hai người câu được cá ” là 0,96.
c) Xác suất biến cố: “Người thứ nhất câu được cá, người thứ hai không câu được cá” là 0,08.
d) Xác suất biến cố: “Có ít nhất một người câu được cá” là 0,98.
Lời giải
Ta có biến cố i
A : “ Người thứ i câu được cá ” với 1,2
i  .
Biến cố i
A : “ Người thứ i không câu được cá ” với 1,2
i  .
Theo giả thiết ta có        
1 2 1 2
0,8; 0,9; 0,2; 0,1.
P A P A P A P A
   
a) Đúng: Vì hai người câu khác nhau nên nên 1 2
;
A A là hai biến cố độc lập.
b) Sai: Gọi biến cố A: “ Cả hai người câu được cá ”.
Ta có 1 2
A A A
 và 1 2
;
A A là hai biến cố độc lập      
1 2
. 0,8.0,9 0,72.
P A P A P A
   
c) Đúng: Gọi biến cố B : “ Người thứ nhất câu được cá, người thứ hai không câu được cá ”.
Ta có 1 2
B A A
 và 1 2
;
A A là hai biến cố độc lập      
1 2
. 0,8.0,1 0,08.
P B P A P A
   
d) Đúng: Gọi biến cố C : “ Có ít nhất một người câu được cá ”.
Ta có biến cố A : “ Cả hai người không câu được cá ”.
Hai biến cố trên là hai biến cố đối nhau nên
       
1 2
1 1 1 0,2.0,1 0,98.
P C P A P A P A
      
Câu 2: Cho phương trình    
2
3 9 1
3
log 2 log 5 log 8 0
x x
     . Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
a) Tập xác định của phương trình trên là  
2;
D    .

40. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
b) Phương trình chỉ có một nghiệm.
c) Phương trình trên có nghiệm dạng ,( , , )
a b
x a b c
c

  thì 22
a b c
   .
d) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 6 .
Lời giải
Điều kiện:
 
2
2 0 2
5
5 0
x x
x
x
 
  



 

  


nên    
2;5 5;
D    
Phương trình:      
2
3 9 1 3 3 1
3 3
log 2 log 5 log 8 0 log 2 log 5 log 8 0
x x x x
          
   
3 3
log 2 5 log 8 2 5 8
x x x x
       
    
    
2 5 8 5
2 5 8 2 5
x x x
x x x
   

 
      


 
 
2
2
3 18 0 5
3 2 0 2 5
x x x
x x x
    
 
      


 
 
 
 
6 t/m
3 l
3 17
t/m
2
3 17
t/m
2
x
x
x
x
 


 



 

 




 





a) Sai: Vì tập xác định là    
2;5 5;
D    
b) Sai: Do phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt.
c) Đúng: Phương trình có một nghiệm có dạng
3 17
2
x

 với 3 17 2 22
a b c
      .
d) Sai: Phương trình có 3 nghiệm lần lượt là:
3 17 3 17
6; ;
2 2
x x x
 
   nên tổng các nghiệm
là 9 .
Câu 3: Cho lăng trụ đứng .
ABC A B C
   có , 2 , 120
AC a BC a ACB 
   . Gọi M là trung điểm của BB
Khi đó:
a)  
  21
,
7
a
d CC ABB A
   
b)  
21
,
12
a
d CC AM
 
c)    
,
AA ABC AA A B C
    
 
d) Nếu khoảng cách giữa hai mặt đáy lăng trụ bằng 2a thì thể tích khối lăng trụ là 3
3
V a
 .
Lời giải
a) Đúng: Ta có:  
/ / / /
CC BB CC ABB A
    
 nên  
   
 
, ,
d CC ABB A d C ABB A
    
 .

41. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trong mặt phẳng ( )
ABC kẻ CH AB
 tại H  
1
Vì .
ABC A B C
   là hình lăng trụ đứng nên ( )
AA ABC CH AA
 
    
2
Từ  
1 và  
2 suy ra    
 
,
CH ABB A d C ABB A CH
   
   .
Xét tam giác ABC có 2 2 2 2
2 . .cos120 7
AB CA CB CACB a

    7
AB a
  .
Diện tích tam giác ABC là:
1 1
. .sin .
2 2
ABC
S CACB C AB CH
  
3
.2 .
. .sin120 21
2
7
7
a a
CACB a
CH
AB a

    .
Vậy  
  21
,
7
a
d CC ABB A CH
     .
b) Sai: Ta có AM và CC là hai đường thẳng chéo nhau mà
 
 
/ /
CC ABB A
AM ABB A
  



 



nên    
  21
, ,
7
a
d CC AM d CC ABB A
   
  .
c) Đúng: Vì .
ABC A B C
   là hình lăng trụ đứng nên    
,
AA ABC AA A B C
    
  .
d) Đúng: Do vậy    
 
, 2
d ABC A B C AA a
   
  .
Khối lăng trụ .
ABC A B C
   có chiều cao 2
h AA a

  , diện tích đáy là:
2
1 1 3 3
. .sin120 .2 . .
2 2 2 2
ABC
a
S S CACB a a

   
Thể tích khối lăng trụ là:
2
3
3
.2 3
2
a
V Sh a a
   .
Câu 4: Một tài xế đang lái xe ô tô, ngay khi phát hiện có vật cản phía trước đã phanh gấp lại nhưng vẫn
xảy ra va chạm, chiếc ô tô để lại vết trượt dài 20,4 m (được tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đền khi

42. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
xảy ra va chạm). Trong quá trình đạp phanh, ô tô chuyển động theo phương trình   2
5
20
2
s t t t
 
trong đó s (đơn vị mét) 1à độ dài quãng đường đi được sau khi phanh, t (đơn vị giây) là thời gian
tính từ lúc bắt đầu phanh (0 4
t
  ).
a) Vận tốc tức thời của ô tô ngay khi đạp phanh là  
20 m/s
b) Xe ô tô trên chưa chạy quá tốc độ (tốc độ giới hạn cho phép là 70 (km/h).
c) Thời điểm xảy ra va chạm cách thời điểm bắt đầu đạp phanh 6,8 giây
d) Vận tốc tức thời của ô tô ngay khi xảy ra va chạm là  
14 m/s
Lời giải
a) Đúng: Vận tốc tức thời của ô tô tại thời điểm  
t s là:     20 5
v t s t t

  
Vận tốc tức thời của ô tô ngay khi đạp phanh (  
0
t s
 ) là:    
0 20 5.0 20 m/s
v   
b) Sai: Ta có:      
20 m/s 72 km/s 70 km/s
  .
Suy ra ô tô trên đã chạy quá tốc độ giới hạn cho phép.
c) Sai: Khi xảy ra va chạm, ô tô đã đi được 20,4 m kể từ khi đạp phanh nên
2 1,2
5
20,4 20
6,8
2
t
t t
t


    

0 4
do t
  nên  
1,2
t s

d) Đúng: Vận tốc tức thời của ô tô ngay khi xảy ra va chạm (  
1,2
t s
 ) là:
   
1,2 20 5.1,2 14 m/s
v   
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1: Cho hai số thực dương ,
a b . Biết
3
2 2 4
4
log 1 log log ( , )
a b
x a y b x y
ab
    .Tính x y

Lời giải
Ta có:
3 1
3 2 2
2 2
4
log log 2. .
a b a b
ab a b
 
 

 
 
 
1 1 1 1
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1
log 2. . log 2 log log 1 log log
2 2
 
   
       
   
 
 
a b a b a b
Vậy
1 1
;
2 2
x y
   suy ra
1 1
0
2 2
x y
 
    
 
 
Câu 2: Cho hàm số    
3 2
1
1 1 2
3
y x m x m x
      . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để
bất phương trình 0
y  nghiệm đúng với mọi x .
Lời giải

43. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Tập xác định: D 
Đạo hàm:    
2
2 1 1
y x m x m
      .
Ta có:    
'
2
' 2
0, 0 1 1 0 0 0 1
y
y x m m m m m
                 
Vậy  
0;1
m nên có hai giá trị nguyên của m thoả mãn.
Câu 3: Một vật chuyển động theo quy luật 3 2
1 3
9
3 2
s t t t
   , với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc
vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Quãng đường
vật đi được tính từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc vật đạt vận tốc nhỏ nhất bằng?
Lời giải
Ta có:  
v s t

 
2
2 3 27 27 27
3 9 .
2 4 4 4
t t t v
 
       
 
 
Do đó vât đạt vận tốc nhỏ nhất bằng
27
4
khi
3
2
t  .
Vậy quãng đường vật đi được là
3 2
3 1 3 3 3 3
. 9. 11,25
2 3 2 2 2 2
s
     
   
     
     
m.
Câu 4: Kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp đáy là hình vuông cạnh bằng
180m và các cạnh bên bằng nhau (mô hình hóa kim tự tháp bằng hình chóp .
S ABCD như hình
vẽ dưới đây với O là tâm của đáy ). Biết 98
SO m
 và tan của góc phẳng nhị diện  
, ,
S AB O
bằng
a
b
với
a
b
là phân số tối giản và ,
a b . Tính giá trị biểu thức T a b
 
.
Lời giải
.
Ta có  
SO ABCD SO AB
    
1

44. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Gọi M là trung điểm AB thì OM là đường trung bình của tam giác ABC , suy ra
 
90
2
BC
OM m
  và OM AB
  
2
Từ  
1 và  
2 suy ra SMO là góc phẳng nhị diện  
, ,
S AB O
98 49
tan
90 45
SO
SMO
OM
   .
Vậy tan góc phẳng nhị diện  
, ,
S AB O của kim tự tháp là
49
49
49 45 94
45
45
a
T
b


    



.
Câu 5: Cho hình chóp đều .
S ABCD có đáy cạnh a và chiều cao 2
SO a
 . Gọi , ,
M N P , Q lần lượt là
trung điểm của , , ,
SA SB SC SD . Thể tích khối chóp cụt đều .
ABCD MNPQ bằng 3
m
V a
n
 với
m
n
là phân số tối giản và ,
m n . Tính giá trị biểu thức 24
T m n
  .
Lời giải
Ta có:  .
.
1
3
ABCD MNPQ ABCD MNPQ
V S S S S OO
  
2
2 2 2 2 3
2
2
1 1 1 7
1 1 3 4 4 12
2 4
ABCD
MNPQ
S a
V a a a a a a
S a a

 
      
 

   
   
 




 
Suy ra
7
7 24.12 295
12
m
T
n


   



Câu 6: Ba cầu thủ sút luân lưu 11m , mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x , y và
0,6 (với x y
 ). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 97,6% và xác suất để
cả ba cầu thủ đều ghi ban là 33,6% . Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn.
Lời giải
Gọi i
A là biến cố “người thứ i ghi bàn” với 1,2,3
i  .
Ta có các i
A độc lập với nhau và      
1 2 3
, , 0,6
P A x P A y P A
   .
Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”

45. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”
C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”
Ta có:        
1 2 3 1 2 3
. . . . 0,4(1 )(1 )
A A A A P A P A P A P A x y
     
Nên       
1 1 0,4 1 1 97,6% 0,976
P A P A x y
       
Suy ra  
3 47
1 1
50 50
x y xy x y
         
1
Tương tự: 1 2 3
. .
B A A A
 , suy ra:
       
1 2 3
. . 0,6 33,6% 0,336
P B P A P A P A xy
    hay là
14
25
xy   
2
Từ  
1 và  
2 ta có hệ:
14
25
3
2
xy
x y





  


, giải hệ này kết hợp với x y
 ta tìm được
0,8
x  và 0,7
y  .
Ta có: 1 2 3 1 2 3 1 2 3
C A A A A A A A A A
  
Nên      
1 .0,6 1 .0,6 .0,4 0,452
P C x y x y xy
      .
--------------------HẾT---------------------

46. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
BIÊN SOẠN THEO ĐỊNH HƯỚNG
ĐỀ BGD 2025
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ SỐ: 09 Môn: TOÁN 11 – CÁNH DIỀU
(Đề thi gồm: 03 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1: Đo chiều cao (tính bằng cm) của 300 học sinh một trường THPT thu được kết quả như sau:
Tần số tích lũy của nhóm  
154;158 là
A. 65. B. 125. C. 156. D. 117 .
Câu 2: Cho A và B là hai biến cố xung khắc. Khẳng định nào sau đây là sai
A.      
P A B P A P B
   . B. A B
   .
C.        
P A B P A P B P AB
    . D. A B 
  .
Câu 3: Một đội tình nguyện gồm 9 học sinh khối 10 và 7 học sinh khối 11. Chọn ra ngẫu nhiên 3 người
trong đội. Tính xác suất của biến cố "Cả 3 người được chọn học cùng một khối".
A.
17
119
. B.
1
16
. C.
3
20
. D.
17
80
.
Câu 4: Cho 0, ,
a m n
  . Khẳng định nào sau đây đúng?
A.     .
n m
m n
a a
 B. .
m n m n
a a a 
  C. . .
m n m n
a a a 
 D. .
m
n m
n
a
a
a


Câu 5: Với a là số thực dương tùy ý,
1
5
3
log a bằng
A. 3
1
log
5
a. B. 3
5
log
3
a. C. 3
5log a . D. 3
3
log
5
a.
Câu 6: Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn nghịch biến trên tập xác định của nó?
A.
2
1
2
y
 
  
 
. B. log
y x
 . C.
2
3
x
y
 
  
 
. D. 2x
y  .
Câu 7: Bất phương trình 3
2 4
x
 có tập nghiệm là
A.  
4;5
 . B.  
3;5
 . C.  
;5
 . D.  
;3
 .
Câu 8: Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    . Góc giữa hai đường thẳng BA và CD bằng
A. 45. B. 60. C. 30 . D. 90 .

47. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 9: Cho hình lập phương 1 1 1 1
.
ABCD A B C D . Đường thẳng 1
DC vuông góc với mặt phẳng nào sau
đây?
A.  
1 1 .
BB D D B.  .
ABCD C.  
1 1 .
AA D D D.  
1 1 .
BCD A
Câu 10: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân tại ,
B SA vuông góc với đáy. Gọi
M là trung điểm AC . Khẳng định nào sau đây sai?
A. .
BM AC
 B.    .
SBM SAC
 C.    .
SAB SBC
 D.    .
SAB SAC

Câu 11: Cho hàm số  
f x liên tục tại 0
x . Đạo hàm của  
f x tại 0
x là
A.
   
0 0
0
lim
h
f x h f x h
h

  
(nếu tồn tại giới hạn hữu hạn).
B.  
0
f x .
C.
   
0 0
f x h f x
h
 
.
D.
   
0 0
0
lim
h
f x h f x
h

 
(nếu tồn tại giới hạn hữu hạn).
Câu 12: Tính đạo hàm của hàm số   4 3
1
2
1
4
f x x
x x
  
 tại điểm 1
x   .
A.  
1 .
4
f    B.  
1 3.
f    C.  
1 1.
f    D.  
1 0.
f   
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi
câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1: Một vận động viên thi bắn súng. Biết rằng xác suất để vận động viên đó bắn trúng vòng 10 là
0,25 ; bắn trúng vòng 9 là 0,3; bắn trúng vòng 8 là 0,4 . Nếu bắn trúng vòng k thì được k
điểm. Vận động viên thực hiện bắn hai lần, hai lần bắn độc lập với nhau. Các khẳng định sau đây,
khẳng định nào đúng, khẳng định nào sai?
a) Xác suất để cả hai lần bắn của vận động viên đó đều trúng vòng 9 là 0,6 .
b) Xác suất để vận động viên đó đạt 16 điểm là 0,8 .
c) Xác suất để vận động viên đó đạt 17 điểm là 0,24 .
d) Xác suất để vận động viên đó có số điểm lớn hơn 17 là 0,3025.
Câu 2: Cho 27
log 5 a
 , 3
log 7 b
 và 2
log 3 c
 . Xét tính đúng sai trong các khẳng định sau:
a) 0 1
a
  .
b) 7
log 2
bc  .
c) 6
6 2
log 45
1
ac c
c



.
d) Biết
 
6
log 35
1
ma nb c
pc



với , ,
m n p . Khi đó 2 2 2
11
m n p
   .
Câu 3: Cho hình chóp .
S ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B có 1, 30
AB ACB 
  . Biết SA
vuông góc với mặt đáy và 2
SA  . Gọi H là hình chiếu của A trên SB . Khi đó:
a)  
,
d A SB AH


48. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
b)  
  3
,
3
d B SAC 
c) 3
BC 
d) Thể tích khối chóp .
S ABC bằng
3
6
Câu 4: Cho hàm số  
2
ln 2 2 1
y x x m
    .
a) Hàm số có đạo hàm 2
2 2
2 2 1
x
y
x x m

 
  
trên tập xác định của nó.
b) Hàm số có tập xác định là khi và chỉ khi 0
m  .
c) Với 2
m  , bất phương trình 0
y  có tập nghiệm là  
1;
S    .
d) Với 2
m  , hàm số đạt giá trị lớn nhất trên đoạn  
2;3 bằng ln5.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1: Một người gửi tiết kiệm 700 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,5% /tháng theo hình
thức lãi kép. Kể từ lúc gửi cứ sau 1 tháng anh ta lại rút ra 10 triệu để chi tiêu (tháng cuối cùng
nếu tài khoản không đủ 10 triệu thì rút hết). Hỏi sau thời gia bao nhiêu tháng kể từ ngày gửi tiền,
tài khoản tiền gửi của người đó về 0 đồng? (Giả sử lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình
người đó gửi tiết kiệm).
Câu 2: Cho hàm số   sin 2
f x x
 . Hỏi có bao nhiêu điểm phân biệt trên đường tròn lượng giác biểu
diễn các nghiệm của phương trình    
1
3 2
2
f x f x

  ?
Câu 3: Một viên đạn được bắn lên trời từ một vị trí cách mặt đất 100 m theo phương thẳng đứng với
vận tốc ban đầu 0 49
v  m/s (bỏ qua sức cản của không khí). Hỏi khi viên đạn đạt độ cao lớn
nhất và sẽ bắt đầu rơi thì viên đạn cách mặt đất bao nhiêu mét? Biết 9,8
g   m/ 2
s .
Câu 4: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Gọi I là trung điểm của
đoạn thẳng CD . Biết góc giữa SA và mặt phẳng  
ABCD bằng 45 và SA SB SI
  . Khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng bao nhiêu?
Câu 5: Bạn My muốn làm các viên nước đá có dạng khối chóp cụt tứ giác đều có đáy lớn bằng 3 cm,
đáy nhỏ bằng 1,5 cm và cao 3 cm bằng cách dùng khay đá, mỗi khay sẽ tạo được 6 viên đá. Hỏi
bạn An cần ít nhất bao nhiêu khay để chứa đồng thời 2 lít nước?
Câu 6: Có hai hộp đựng bóng. Hộp thứ nhất có 10 quả bóng được đánh số từ 1 đến 10. Hộp thứ hai có
12 quả bóng được đánh số từ 1 đến 12. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một quả. Xác suất để hai quả
bóng lấy được không có quả bóng nào ghi số 3 hoặc ghi số 7 là
a
b
với
a
b
là phân số tối giản và
,
a b . Khi đó b a
 bằng bao nhiêu?
--------------------HẾT---------------------

49. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
BIÊN SOẠN THEO ĐỊNH HƯỚNG
ĐỀ BGD 2025
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ SỐ: 09 Môn: TOÁN 11 – CÁNH DIỀU
(Đề thi gồm: 03 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II
PHẦN I.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,25 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Chọn B B D A A C C A D D D D
PHẦN II.
Điểm tối đa của 01 câu hỏi là 1 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 01 ý trong 1 câu hỏi được 0,1 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 02 ý trong 1 câu hỏi được 0,25 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 03 ý trong 1 câu hỏi được 0,5 điểm
- Thí sinh chỉ lựa chọn đúng chính xác 04 ý trong 1 câu hỏi được 1 điểm
Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4
a) S a) Đ a) Đ a) Đ
b) S b) S b) S b) S
c) Đ c) Đ c) Đ c) Đ
d) S d) Đ d) S d) S
PHẦN III.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,5 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6
Chọn 87 2 222,5 1 22 1

50. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1: Đo chiều cao (tính bằng cm) của 300 học sinh một trường THPT thu được kết quả như sau:
Tần số tích lũy của nhóm  
154;158 là
A. 65. B. 125. C. 156. D. 117 .
Lời giải
Xét mẫu dữ liệu ghép nhóm với tần số các nhóm lần lượt tương ứng là i
n ( 1,2,3,
i  ).
Khi đó tần số tích lũy của nhóm k là 1 2
k k
cf n n n
    .
Nhóm  
154;158 là nhóm thứ 2 nên có tần số tích lũy là 2 1 2 60 65 125
cf n n
     .
Câu 2: Cho A và B là hai biến cố xung khắc. Khẳng định nào sau đây là sai
A.      
P A B P A P B
   . B. A B
   .
C.        
P A B P A P B P AB
    . D. A B 
  .
Lời giải
Nếu A và B là hai biến cố xung khắc thì ta luôn có
     
P A B P A P B
   nên A đúng.
A B 
  và   0
P AB  nên D đúng.
Khi đó khẳng định          
( )
P A B P A P B P AB P A P B
      nên C đúng.
và A B
   là khẳng định sai.
Câu 3: Một đội tình nguyện gồm 9 học sinh khối 10 và 7 học sinh khối 11. Chọn ra ngẫu nhiên 3 người
trong đội. Tính xác suất của biến cố "Cả 3 người được chọn học cùng một khối".
A.
17
119
. B.
1
16
. C.
3
20
. D.
17
80
.
Lời giải
Gọi A là biến cố "cả 3 học sinh được chọn đều thuộc khối 10 " và B là biến cố "cả 3 học sinh
được chọn đều thuộc khối 11 ".
Khi đó A B
 là biến cố "cả 3 người được chọn học cùng một khối".
Do A và B là hai biến cố xung khắc nên      
P A B P A P B
   .
Ta thấy  
3
9
3
16
C
P A
C
 và  
3
7
3
16
C
P B
C
 , nên  
3 3
9 7
3
16
17
80
C C
P A B
C

   .

51. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 4: Cho 0, ,
a m n
  . Khẳng định nào sau đây đúng?
A.     .
n m
m n
a a
 B. .
m n m n
a a a 
  C. . .
m n m n
a a a 
 D. .
m
n m
n
a
a
a


Lời giải
   
. .
.
n m
m m n n m n
a a a a
  
Câu 5: Với a là số thực dương tùy ý,
1
5
3
log a bằng
A. 3
1
log
5
a. B. 3
5
log
3
a. C. 3
5log a . D. 3
3
log
5
a.
Lời giải
Theo tính chất lôgarit của một lũy thừa ta có:
1
5
3 3
1
log log
5
a a
 .
Câu 6: Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn nghịch biến trên tập xác định của nó?
A.
2
1
2
y
 
  
 
. B. log
y x
 . C.
2
3
x
y
 
  
 
. D. 2x
y  .
Lời giải
Ta thấy hàm số
2
3
x
y
 
  
 
là hàm số mũ có có tập xác định là cơ số
2
1
3
a   nên nghịch biến
trên tập xác định của nó.
Ngoài ra ta có thể loại các đáp án khác bằng cách giải thích cụ thể đặc điểm các hàm đó như sau:
Đáp án A loại vì: Hàm số
2
1
2
y
 
  
 
là hàm hằng nên không nghịch biến cũng không đồng biến.
Đáp án B loại vì: Hàm số log
y x
 là hàm số logarit có tập xác định là  
0;
D   có cơ số
10 1
a   nên luôn đồng biến trên tập xác định của nó.
Đáp án D loại vì: hàm số 2x
y  là hàm số mũ có tập xác định là có cơ số 2 1
a   nên đồng
biến trên tập xác định của nó.
Câu 7: Bất phương trình 3
2 4
x
 có tập nghiệm là
A.  
4;5
 . B.  
3;5
 . C.  
;5
 . D.  
;3
 .
Lời giải
Ta có 3
2
2 4 3 log 4 3 2 5
x
x x x

         .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  
;5
 .
Câu 8: Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    . Góc giữa hai đường thẳng BA và CD bằng
A. 45. B. 60. C. 30 . D. 90 .
Lời giải
Có    
// , , 45
CD AB BA CD BA BA ABA
  
     .
Vậy góc giữa hai đường thẳng BA và CD bằng 45.

52. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Câu 9: Cho hình lập phương 1 1 1 1
.
ABCD A B C D . Đường thẳng 1
DC vuông góc với mặt phẳng nào sau
đây?
A.  
1 1 .
BB D D B.  .
ABCD C.  
1 1 .
AA D D D.  
1 1 .
BCD A
Lời giải
Ta có:  
1 1
1
BC DC
BC DCC D
BC CC
 
 

 
mà  
1 1 1
DC DCC D
 suy ra  
1 1 .
BC DC

Mặt khác  
1 1 2 .
CD DC

Từ  
1 và  
2 suy ra  
1 1 1 .
DC BCD A

Câu 10: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân tại ,
B SA vuông góc với đáy. Gọi
M là trung điểm AC . Khẳng định nào sau đây sai?
A. .
BM AC
 B.    .
SBM SAC
 C.    .
SAB SBC
 D.    .
SAB SAC

Lời giải
Tam giác ABC cân tại B có M là trung điểm .
AC BM AC
  Do đó A đúng.
Ta có
 
 
     
do
BM AC
BM SAC SBM SAC
BM SA SA ABC



   

 


. Do đó B đúng.
Ta có
 
 
     
do
BC BA
BC SAB SBC SAB
BC SA SA ABC



   

 


. Do đó C đúng.
Đáp án D sai vì số đo của góc nhị diện  
, ,
B SA C BAC
 mà 0
90 .
BAC 
S
A
B
C
M