Giáo án Ngữ văn 11 (Cánh diều):  …………………………………………. …………………………………………. …………………………………………. Tài liệu có 19 trang, trên đây là tóm tắt 5 trang đầu của Giáo án Ngữ văn 11 A Cánh diều.

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 43 trang 72 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = a, AA' = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BB' và CC'. a) Tính theo a thể tích khối tứ diện AA'MN. b) Tính côsin góc nhị diện [A, MN, A']. Lời giải: a) Ta có VNAA'M=13d(N,(AMA')).SAA'M. Do CC' // AA' nên CC' // (AA'B'B) nên d(N, (AMA')) = d(C, (AA'B'B)). Kẻ CH ⊥ AB tại H. Vì BB' ⊥ (ABC) nên BB' ⊥ CH mà CH ⊥ AB nên CH ⊥ (AA'B'B). Do đó d(C, (AA'B'B)) = CH. Xét tam giác ABC đều cạnh a, CH là đường cao có CH = a32, suy ra d(C, (AA'B'B)) = a32. Vì ABB'A' là hình chữ nhật có d(M, AA') = AB = a. Do đó SAA'M=12d(M,AA').AA' = 12.a.2a = a2. Vậy VNAA'M=13dN,(AMA')⋅SAA'M=13⋅a32⋅a2=a336. b) Gọi I là trung điểm của MN. Vì M, N là trung điểm của BB' và CC' nên CN = C'N, BM = B'M. Mà AA' = BB' = CC' = 2a nên CN = C'N = BM = B'M = a. Vì ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên AB = AC = BC = A'B' = A'C' = B'C' = a. Xét tam giác CAN vuông tại C, có AN2 = AC2 + CN2 = a2 + a2 = 2a2. Xét tam giác A'C'N vuông tại C', có A'N2 = A'C'2 + C'N2 = a2 + a2 = 2a2. Xét tam giác A'B'M vuông tại B', có A'M2 = A'B'2 + B'M2 = a2 + a2 = 2a2. Xét tam giác ABM vuông tại B, có AM2 = AB2 + BM2 = a2 + a2 = 2a2. Do đó AN = A'N = A'M = AM. Xét tam giác A'MN có A'M = A'N nên tam giác A'MN cân tại A' mà A'I là trung tuyến nên A'I đồng thời là đường cao hay A'I ⊥ MN. Xét tam giác AMN có AM = AN nên tam giác AMN cân tại A mà AI là trung tuyến nên AI đồng thời là đường cao hay AI ⊥ MN. Vì A'I ⊥ MN và AI ⊥ MN nên [A, MN, A'] = AIA'^. Vì I là trung điểm của MN mà MN = BC = a nên MI = IN = MN2=a2. Xét tam giác A'MI vuông tại I, có A'I=A'M2−MI2=2a2−a24=a72. Xét tam giác ANI vuông tại I, có AI=AN2−NI2=2a2−a24=a72. Áp dụng định lí côsin trong tam giác AA'I, ta có: cosAIA'^=AI2+A'I2−AA'22⋅AI⋅A'I=7a24+7a24−4a22⋅7a24=−17. Vậy côsin góc nhị diện [A, MN, A'] bằng -17.

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 42 trang 72 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a; AD = a2, góc giữa đường thẳng A'C và mặt phẳng (ABCD) bằng 30°. a) Tính theo a thể tích khối hộp chữ nhật. b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CD'. Lời giải: a) Vì AA' ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của A'C trên mặt phẳng (ABCD). Do đó góc giữa đường thẳng A'C và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng A'C và AC, mà (A'C, AC) = A'CA^=30°. Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD = a; AD = BC = a2. Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC = AB2+BC2=a2+2a2=a3. Xét tam giác A'AC vuông tại A, có AA' = AC.tan30° = a3⋅33=a. Khi đó VABCD.A'B'C'D' = AA' . AB . AD = a.a.a2 = a32. b) Có A'D' // BC và A'D' = BC (do cùng song song và bằng AD). Do đó A'D'CB là hình bình hành, suy ra CD' // BA'. Do đó CD' // (A'DB). Khi đó d(BD, CD') = d(CD', (A'DB)) = d(D', (A'DB)). Vì AD' cắt mặt phẳng (A'BD) tại trung điểm của đoạn AD' nên d(D', (A'DB)) = d(A, (A'DB)) = h. Áp dụng kết quả bài 7.7 trang 28 SBT Toán tập 2, ta có: 1h2=1A'A2+1AD2+1AB2=1a2+12a2+1a2=52a2⇒h=a105. Vậy d(BD, CD') =a105 .

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 41 trang 72 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, tam giác AB'C' cân tại A, mặt phẳng (AB'C') vuông góc với mặt phẳng (A'B'C') và AA' = a3. a) Chứng minh rằng BCC'B' là hình chữ nhật. b) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'. c) Tính góc giữa đường thẳng AA' và mặt phẳng (A'B'C'). Lời giải: a) Kẻ AH ⊥ B'C' tại H. Do tam giác AB'C' cân tại A mà AH ⊥ B'C' nên AH đồng thời là trung tuyến hay H là trung điểm của B'C'. Do tam giác A'B'C' là tam giác đều mà A'H là trung tuyến nên A'H đồng thời là đường cao hay A'H ⊥ B'C'. Vì AH ⊥ B'C' và A'H ⊥ B'C' nên B'C' ⊥ (A'AH), suy ra B'C' ⊥ A'A. Do ABB'A' là hình bình hành nên AA' // BB' mà B'C' ⊥ A'A nên BB' ⊥ B'C'. Vì BCC'B' là hình bình hành có BB' ⊥ B'C' nên BCC'B' là hình chữ nhật. b) Vì (AB'C') ⊥ (A'B'C'), (AB'C') ∩ (A'B'C') = B'C' mà AH ⊥ B'C' nên AH ⊥ (A'B'C'). Suy ra AH ⊥ A'H hay tam giác AHA' vuông tại H. Vì tam giác A'B'C' là tam giác đều cạnh a, đường cao A'H nên A'H = a32, SA'B'C'=a234. Xét tam giác AHA' vuông tại H có: AH = AA'2−A'H2=3a2−3a24=3a2. Khi đó VABC.A'B'C'=SA'B'C'⋅AH=a234⋅3a2=33a38 . Vậy VABC.A'B'C'=33a38. c) Vì AH ⊥ (A'B'C') nên HA' là hình chiếu của AA' trên mặt phẳng (A'B'C'). Do đó góc giữa đường thẳng AA' và mặt phẳng (A'B'C') bằng góc giữa hai đường thẳng AA' và A'H, mà (AA', A'H) = AA'H^. Xét tam giác AA'H vuông tại H có tanAA'H^=AHA'H=3a2:a32 . Suy ra, AA'H^=60°. Vậy góc giữa đường thẳng AA' và mặt phẳng (A'B'C') bằng 60°.

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 40 trang 72 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a và SA = a2. a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB. Lời giải: a) Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra O là trung điểm của AC, BD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD). Xét tam giác vuông ABC vuông tại B, có AC = AB2+BC2=a2+a2=a2. Vì O là trung điểm của AC nên AO = OC = a22. Vì SO ⊥ (ABCD) nên SO ⊥ AC. Xét tam giác SOA vuông tại O, có SO = SA2−OA2=2a2−a22=a62. Khi đó VS.ABCD=13⋅SABCD⋅SO=13⋅a2⋅a62=a366. Vậy VS.ABCD=a366. b) Có ABCD là hình vuông nên AD // BC suy ra AD // (SBC). Khi đó d(AD, SB) = d(AD, (SBC)) = d(A, (SBC)). Đường thẳng AO cắt mặt phẳng (SBC) tại C và O là trung điểm của AC nên d(A, (SBC)) = 2d(O, (SBC)). Kẻ OM ⊥ BC tại M, OH ⊥ SM tại H. Vì BC ⊥ OM, BC ⊥ SO (do SO ⊥ (ABCD)) nên BC ⊥ (SOM), suy ra (SBC) ⊥ (SOM). Mà OH ⊥ SM nên OH ⊥ (SBC). Do đó d(O, (SBC)) = OH. Có OM // AB (vì cùng vuông góc với BC). Xét tam giác ABC có O là trung điểm của AC, OM // AB nên M là trung điểm của BC, suy ra OM là đường trung bình. Do đó OM = AB2=a2. Vì SO ⊥ (ABCD) nên SO ⊥ OM hay tam giác SOM vuông tại O. Xét tam giác SOM vuông tại O, OH là đường cao có: 1OH2=1SO2+1OM2=46a2+4a2=143a2⇒OH=a4214. Vậy d(AD, SB) = 2OH = a427.

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 39 trang 72 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a2. a) Chứng minh (SBC) ⊥ (SAB). b) Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD). c) Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). Lời giải: a) Do ABCD là hình vuông nên BC ⊥ AB Mà SA ⊥ BC (do SA ⊥ (ABCD)) nên BC ⊥ (SAB), suy ra (SBC) ⊥ (SAB). b) Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD). Do đó, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng SC và AC, mà (SC, AC) = SCA^ . Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC = AB2+BC2=a2+a2=a2. Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AC hay tam giác SAC vuông tại A. Xét tam giác SAC vuông tại A, có AC = SA = a2 nên tam giác SAC vuông cân tại A, suy ra SCA^=45°. Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45°. c) Kẻ AH ⊥ SB tại H. Vì (SBC) ⊥ (SAB), (SBC) ∩ (SAB) = SB mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC). Khi đó d(A, (SBC)) = AH. Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB hay tam giác SAB vuông tại A. Xét tam giác SAB vuông tại A, AH là đường cao, có: 1AH2=1SA2+1AB2=12a2+1a2=32a2⇒AH=6a3. Vậy d(A, (SBC)) = 6a3.

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 38 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Gieo hai con xúc xắc I và II cân đối, đồng chất một cách độc lập. Xét các biến cố A, B sau đây: A: “Có ít nhất một xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”. B: “Tổng số chấm xuất hiện trên mặt của hai xúc xắc bằng 7”. a) Tính P(A), P(B). b) Hai biến cố A và B có độc lập hay không? Lời giải: a) Gọi A1 là biến cố: “Xúc xắc I ra mặt 6 chấm”, A2 là biến cố: “Xúc xắc II ra mặt 6 chấm”. A1A2¯ là biến cố: “Cả hai con xúc xắc đều không ra mặt 6 chấm”. Khi đó A = A1 ∪ A2 và P(A) = 1-P(A1A2¯) = 1 - P(A1¯).P(A2¯) = (do A1; A2 độc lập nên A1¯;A2¯ độc lập). Theo đề có P(A1) = 16; P(A2) = 16, suy ra P(A1¯) = 56; P(A2¯) = 56. Có P(A1¯).P(A2¯) = 56⋅56=2536. Do đó P(A) = 1-P(A1A2¯) = 1−2536=1136. B: “Tổng số chấm xuất hiện trên mặt của hai xúc xắc bằng 7”. Các kết quả thuận lợi cho biến cố B là: (1, 6); (2, 5); (3, 4); (4, 3); (5, 2); (6, 1). Do đó P(B) = 636=16. Vậy P(A)=1136;P(B)=16. b) AB là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trên mặt của hai xúc xắc bằng 7 trong đó ít nhất có một xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”. Các kết quả thuận lợi cho biến cố AB là (6, 1); (1, 6). Do đó P(AB)=236=118. Lại có P(A).P(B) = 16⋅1136=11216. Do P(AB) ≠ P(A).P(B) nên A, B không độc lập.

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 37 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Một công ty bất động sản đã thống kê số lượng khách hàng theo giá đất họ đầu tư và thu được kết quả như sau: Mức giá (triệu đồng/m2) [10; 15) [15; 20) [20; 25) [25; 30) [30; 35) Số khách hàng 15 25 38 29 13 a) Ước lượng mức giá có nhiều khách hàng lựa chọn nhất. b) Công ty muốn hướng đến 25% khách hàng cao cấp nhất thì nên kinh doanh bất động sản với mức giá ít nhất là bao nhiêu? Lời giải: a) Tổng số khách hàng là n = 15 + 25 + 38 + 29 + 13 = 120. Nhóm chứa mốt là nhóm [20; 25) (vì nhóm này có tần số lớn nhất). Ta có a3 = 20; m3 = 38; m2 = 25; m4 = 29, h = 5. Áp dụng công thức tính Mo, ta được: Mo=a3+m3−m2m3−m2+m3−m4⋅5=20+38−2538−25+38−29⋅5≈22,95. Vậy mức giá có nhiều khách lựa chọn nhất khoảng 22,95 triệu đồng/m2. b) Nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là nhóm [25; 30). Ta có a4 = 25; a5 = 30; m1 = 15; m2 = 25; m3 = 38; m4 = 29. Áp dụng công thức tính tứ phân vị thứ ba Q3, ta được: Q3=a4+3n4−m1+m2+m3m4⋅a5−a4 =25+3⋅1204−15+25+3829⋅30−25≈27,07. Vậy công ty nên tập trung vào các bất động sản có mức giá ít nhất khoảng 27,07 triệu đồng/m2.

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 36 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Cho phương trình dao động x(t) = 10cos2π5t+π3, ở đây li độ x tính bằng centimét và thời gian t tính bằng giây. a) Tìm thời điểm đầu tiên để vật có li độ lớn nhất. b) Tìm thời điểm đầu tiên để vật có vận tốc bằng 0. c) Tìm thời điểm đầu tiên để vật có gia tốc bằng 0. Lời giải: a) Vì −1≤cos2π5t+π3≤1 với mọi t. Do đó, vật có li độ lớn nhất khi 10cos2π5t+π3=10⇔cos2π5t+π3=1 ⇔2π5t+π3=k2π⇔2π5t=−π3+k2π⇔t=−56+5k,k∈ℤ. Do t ≥ 0 nên thời điểm đầu tiên vật có li độ lớn nhất tương ứng với k = 1, tức là tại thời điểm t=−56+5=256 (giây). Vậy thời điểm đầu tiên vật có li độ lớn nhất là 256 giây. b) Ta có v(t) = x'(t) = =−10sin2π5t+π32π5t+π3' =−4πsin2π5t+π3. Vận tốc bằng 0 tức là −4πsin2π5t+π3=0⇔2π5t+π3=kπ ⇔2π5t=−π3+kπ ⇔t=−56+52k,k∈ℤ. Do t ≥ 0 nên thời điểm đầu tiên vật có vận tốc bằng 0 tương ứng với k = 1, tức là tại thời điểm t=−56+52=53 (giây). Vậy thời điểm đầu tiên để vật có vận tốc bằng 0 là 53 giây. c) Ta có a(t) = v'(t) = =−4πcos2π5t+π32π5t+π3' =−85π2cos2π5t+π3. Gia tốc bằng 0 tức là −85π2cos2π5t+π3=0⇔2π5t+π3=π2+kπ ⇔2π5t=π6+kπ⇔t=512+52k,k∈ℤ. Do t ≥ 0 nên thời điểm đầu tiên vật có gia tốc bằng 0 tương ứng với k = 0, tức là tại thời điểm t=512 (giây). Vậy thời điểm đầu tiên để vật có gia tốc bằng 0 là 512 giây.

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm Bài 35 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 2x3 – 3x2 – 11x + 13 tại điểm M có hệ số góc là 1. Tìm tọa độ điểm M. Lời giải: Giả sử hoành độ của điểm M là x0. Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 2x3 – 3x2 – 11x + 13 tại điểm M có hệ số góc là 1 nên y'(x0) = 6x02−6x0−11=1⇔6x02−6x0−12=0⇔x0=2 hoặc x0=−1. Với x0 = 2 thì y0 = −5; với x0 = −1 thì y0 = 19. Vậy M(2; −5) hoặc M(−1; 19) là điểm cần tìm.