Với lời giải SBT Toán 11 trang 71 Tập 2 chi tiết trong Bài tập ôn tập cuối năm sách Kết nối tri thức giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm

Bài 31 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Tìm m để hàm số sau liên tục trên toàn bộ tập số thực ℝ:

f(x) =

Lời giải:

+) Với x > −1 thì f(x) = $\frac{\sqrt{x+5}-2}{x+1}$ liên tục.

+) Với x < −1 thì f(x) = m.4^−x + 1 liên tục.

Để hàm số liên tục trên toàn bộ tập số thực ℝ khi và chỉ khi hàm số liên tục tại x = −1.

Ta xét tính liên tục của hàm số tại x = −1. Ta có:

f(– 1) = 4m + 1;

$\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)$$=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+5}-2}{x+1}$$=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{x+5-4}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+5}+2\right)}$;

$=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{x+1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+5}+2\right)}$$=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x+5}+2}=\frac{1}{4}$.

$\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }f\left(x\right)$$=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\left(m\cdot 4^{-x}+1\right)=4m+1$

Suy ra hàm số liên tục trên ℝ khi và chỉ khi 4m+1 = $\frac{1}{4}$$\iff$m = -$\frac{3}{16}$.

Vậy m = -$\frac{3}{16}$ là giá trị cần tìm.

Bài 32 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Giải các phương trình sau:

a) $3^{x^2-3x}=4^{4x}$;

b) log₃(x² – x – 3) = log₃(2x – 1) + 1.

Lời giải:

a) $3^{x^2-3x}=4^{4x}$$\iff$ x² – 3x = log₃4^4x $\iff$ x² – 3x = 4xlog₃4 $\iff$ x² – 3x − 4xlog₃4 = 0

$\iff$ x(x – 3 − 4log₃4) = 0 $\iff$ x = 0 hoặc x = 3 + 4log₃4.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 3 + 4log₃4}.

b) Điều kiện .

Ta có log₃(x² – x – 3) = log₃(2x – 1) + 1

$\iff$ log₃(x² – x – 3) = log₃(2x – 1) + log₃3

$\iff$ log₃(x² – x – 3) = log₃[3(2x – 1)]

$\iff$ log₃(x² – x – 3) = log₃(6x – 3)

$\iff$ x² – x – 3 = 6x – 3 $\iff$ x² – 7x = 0

$\iff$ x(x – 7) = 0 $\iff$ x = 0 hoặc x = 7.

Đối chiếu với điều kiện thì x = 7 thỏa mãn điều kiện.

Vậy nghiệm của phương trình là x = 7.

Bài 33 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Cho các hàm số f(x) = 3^{2x −1} và g(x) = xln9. Giải bất phương trình f'(x) < g'(x).

Lời giải:

Có f'(x) = (3^{2x −1})' = (3^{2x −1}).ln3.(2x – 1)' = 2.ln3.3^{2x −1}.

g'(x) = (xln9)' = ln9.

Để f'(x) < g'(x) thì 2.ln3.3^{2x −1} < ln9 $\iff$ 2.ln3.3^{2x −1} < ln3² $\iff$ 2.ln3.3^{2x −1} < 2.ln3

$\iff$ 3^{2x −1} < 1 $\iff$ 2x – 1 < 0 $\iff$ x < $\frac{1}{2}$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là: x < $\frac{1}{2}$.

Bài 34 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y=co{s}^{2}x+\sqrt{3x^2+x+1}$;

b) $y={\log }_5^{2}x+e^{2-7x}$.

Lời giải:

a) $y^{\text{'}}={\left(co{s}^{2}x+\sqrt{3x^2+x+1}\right)}^{\text{'}}$$={\left(co{s}^{2}x\right)}^{\text{'}}+{\left(\sqrt{3x^2+x+1}\right)}^{\text{'}}$

$=2\cos x{\left(cosx\right)}^{\text{'}}+\frac{{\left(3x^2+x+1\right)}^{\text{'}}}{2\sqrt{3x^2+x+1}}$$=-2s\text{inx}\cos x+\frac{6x+1}{2\sqrt{3x^2+x+1}}$

$=-s\text{in2x}+\frac{6x+1}{2\sqrt{3x^2+x+1}}$.

Vậy $y^{\text{'}}=-s\text{in2x}+\frac{6x+1}{2\sqrt{3x^2+x+1}}$.

b) $y^{\text{'}}={\left({\log }_5^{2}x+e^{2-7x}\right)}^{\text{'}}$$={\left({\log }_5^{2}x\right)}^{\text{'}}+{\left(e^{2-7x}\right)}^{\text{'}}$

$=2{\log }_{5}x{\left({\log }_{5}x\right)}^{\text{'}}+e^{2-7x}{\left(2-7x\right)}^{\text{'}}$

$=2{\log }_{5}x\cdot \frac{1}{x\ln 5}-7e^{2-7x}$$=\frac{2{\log }_{5}x}{x\ln 5}-7e^{2-7x}$

Vậy $y^{\text{'}}=\frac{2{\log }_{5}x}{x\ln 5}-7e^{2-7x}$.

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) = $6x_0^2-6x_0-11=1$$\iff 6x_0^2-6x_0-12=0$$\iff x_0=2$ hoặc $x_0=-1$.

Với x₀ = 2 thì y₀ = −5; với x₀ = −1 thì y₀ = 19.

Vậy M(2; −5) hoặc M(−1; 19) là điểm cần tìm.

Bài 36 trang 71 SBT Toán 11 Tập 2: Cho phương trình dao động x(t) = 10cos$\left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)$, 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 $-1\le cos\left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)\le 1$ với mọi t.

Do đó, vật có li độ lớn nhất khi $10cos\left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)=10$$\iff cos\left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)=1$

$\iff \frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}=k2\pi$$\iff \frac{2\pi }{5}t=-\frac{\pi }{3}+k2\pi$$\iff t=-\frac{5}{6}+5k,k\in \mathbb{Z}$.

Do t $\ge$ 0 nên thời điểm đầu tiên vật có li độ lớn nhất tương ứng với k = 1, tức là tại thời điểm $t=-\frac{5}{6}+5=\frac{25}{6}$ (giây).

Vậy thời điểm đầu tiên vật có li độ lớn nhất là $\frac{25}{6}$ giây.

b) Ta có v(t) = x'(t) = $=-10\sin \left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right){\left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)}^{\text{'}}$

$=-4\pi \sin \left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)$.

Vận tốc bằng 0 tức là $-4\pi \sin \left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)=0$$\iff \frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}=k\pi$

$\iff \frac{2\pi }{5}t=-\frac{\pi }{3}+k\pi$

$\iff t=-\frac{5}{6}+\frac{5}{2}k,k\in \mathbb{Z}$.

Do t $\ge$ 0 nên thời điểm đầu tiên vật có vận tốc bằng 0 tương ứng với k = 1, tức là tại thời điểm $t=-\frac{5}{6}+\frac{5}{2}=\frac{5}{3}$ (giây).

Vậy thời điểm đầu tiên để vật có vận tốc bằng 0 là $\frac{5}{3}$ giây.

c) Ta có a(t) = v'(t) =

$=-4\pi \cos \left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right){\left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)}^{\text{'}}$

$=-\frac{8}{5}{\pi }^2\cos \left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)$.

Gia tốc bằng 0 tức là $-\frac{8}{5}{\pi }^2\cos \left(\frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}\right)=0$$\iff \frac{2\pi }{5}t+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+k\pi$

$\iff \frac{2\pi }{5}t=\frac{\pi }{6}+k\pi$$\iff t=\frac{5}{12}+\frac{5}{2}k,k\in \mathbb{Z}$.

Do t $\ge$ 0 nên thời điểm đầu tiên vật có gia tốc bằng 0 tương ứng với k = 0, tức là tại thời điểm $t=\frac{5}{12}$ (giây).

Vậy thời điểm đầu tiên để vật có gia tốc bằng 0 là $\frac{5}{12}$ giây.

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:

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 M_o, ta được:

$M_o=a_3+\frac{m_3-m_2}{\left(m_3-m_2\right)+\left(m_3-m_4\right)}\cdot 5$$=20+\frac{38-25}{\left(38-25\right)+\left(38-29\right)}\cdot 5\approx 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:

$Q_3=a_4+\frac{\frac{3n}{4}-\left(m_1+m_2+m_3\right)}{m_4}\cdot \left(a_5-a_4\right)$

$=25+\frac{\frac{3\cdot 120}{4}-\left(15+25+38\right)}{29}\cdot \left(30-25\right)\approx 27,07$.

Vậy công ty nên tập trung vào các bất động sản có mức giá ít nhất khoảng 27,07 triệu đồng/m².

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”.

$\overline{A_1{A}_2}$ là biến cố: “Cả hai con xúc xắc đều không ra mặt 6 chấm”.

Khi đó A = A₁ $\cup$ A₂ và P(A) = 1-P($\overline{A_1{A}_2}$) = 1 - P($\overline{A_1}$).P($\overline{A_2}$) = (do A₁; A₂ độc lập nên $\overline{A_1}$;$\overline{A_2}$ độc lập).

Theo đề có P(A₁) = $\frac{1}{6}$; P(A₂) = $\frac{1}{6}$, suy ra P($\overline{A_1}$) = $\frac{5}{6}$; P($\overline{A_2}$) = $\frac{5}{6}$.

Có P($\overline{A_1}$).P($\overline{A_2}$) = $\frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6}=\frac{25}{36}$.

Do đó P(A) = 1-P($\overline{A_1{A}_2}$) = $1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}$.

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) = $\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.

Vậy $P\left(A\right)=\frac{11}{36};P\left(B\right)=\frac{1}{6}$.

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 $P\left(AB\right)=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$. Lại có P(A).P(B) = $\frac{1}{6}\cdot \frac{11}{36}=\frac{11}{216}$.

Do P(AB) ≠ P(A).P(B) nên A, B không độc lập.