Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 6

Đáp án đúng là: D

Tập xác định của hàm số \[y = {6^x}\] là \[\mathbb{R}\].

Đáp án đúng là: A

Hàm số \(f\left( x \right) = {3^x}\) có cơ số \(3 > 1\) nên nó đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án đúng là: A

Quan sát hình vẽ ta thấy:

+) Đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\) đi lên từ trái qua phải nên hàm số \(y = {\log _a}x\) đồng biến trên \(\left( {0;\, + \infty } \right)\), do đó \(a > 1\).

+) Đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\) đi xuống từ trái qua phải nên hàm số \(y = {\log _b}x\) nghịch biến trên \(\left( {0;\, + \infty } \right)\), do đó \(0 < b < 1\).

Vậy \(0 < b < 1 < a\).

Do đó, trong các đáp án đã cho, ta thấy đáp án A sai.

Đáp án đúng là: B

Ta có \({3^x} = 9 \Leftrightarrow {3^x} = {3^2} \Leftrightarrow x = 2\).

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: \(x > \frac{1}{2}\).

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2x - 1} \right)\)\( \Leftrightarrow x + 1 > 2x - 1\) \(\left( {{\rm{do}}\,\,0 < \frac{1}{2} < 1} \right)\)

                                         \( \Leftrightarrow x < 2\).

Kết hợp với điều kiện ta có \(\frac{1}{2} < x < 2\).

Vậy tập nghiệm \(S\) của bất phương trình đã cho là \(S = \left( {\frac{1}{2};2} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \[{2^{x\, - \,3}}\, > \,8 \Leftrightarrow {2^{x - 3}} > {2^3} \Leftrightarrow x - 3 > 3 \Leftrightarrow x > 6\].

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \[{2^{x\, - \,3}}\, > \,8\] là \[\left( {6;\, + \infty } \right)\].

Đáp án đúng là: C

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại \({x_0}\).

Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn \(\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f\left( {{x_0} + h} \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{h}\) thì giới hạn này là đạo hàm của \(f\left( x \right)\) tại \({x_0}\).

Đáp án đúng là: C

Nếu hàm số \(s = f\left( t \right)\) biểu thị quãng đường di chuyển của vật theo thời gian t thì \[f'\left( {{t_0}} \right)\] biểu thị tốc độ tức thời của chuyển động tại thời điểm \({t_0}\).

Đáp án đúng là: A

Ta xác định được \(S'\left( t \right) = {\left( {{t^2} + 2t + 8} \right)^\prime } = 2t + 2\).

Vận tốc tức thời của chuyển động có phương trình là \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 2t + 2\).

Khi đó, vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 10\,\,{\rm{s}}\) là

\(v\left( {10} \right) = 2 \cdot 10 + 2 = 22\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Theo công thức đạo hàm của hàm số lượng giác, ta có \({\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x\).

Đáp án đúng là: D

Đạo hàm của hàm số mũ, hàm số lôgarit:

+) \({\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {e^x}\) ;         +) \({\left( {{a^x}} \right)^\prime } = {a^x}\ln a\,\,\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\) ;

+) \({\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}\,\,\left( {x > 0} \right)\) ;                     +) \({\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln a}}\,\,\left( {x > 0,\,a > 0,a \ne 1} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(y' = {\left( {{x^2} + x\sqrt x + 1} \right)^\prime } = 2x + \left( {x' \cdot \sqrt x + x \cdot {{\left( {\sqrt x } \right)}^\prime }} \right)\)

        \( = 2x + \sqrt x + \frac{x}{{2\sqrt x }} = 2x + \sqrt x + \frac{1}{2}\sqrt x = 2x + \frac{3}{2}\sqrt x \).

Đáp án đúng là: B

Ta có \(y' = {\left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}} \right)^\prime } = \frac{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^\prime } \cdot 2x - {{\left( {2x} \right)}^\prime } \cdot \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {2x} \right)}^2}}}\)

        \( = \frac{{2x \cdot 2x - 2 \cdot \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{4{x^2}}} = \frac{{4{x^2} - 2{x^2} + 2}}{{4{x^2}}} = \frac{{2{x^2} + 2}}{{4{x^2}}} = \frac{{{x^2} + 1}}{{2{x^2}}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{{2{x^2}}}\).

Đáp án đúng là: C

Vì góc giữa hai đường thẳng có số đo không vượt quá \[90^\circ \] nên góc giữa hai đường thẳng có thể bằng \[90^\circ \].

Đáp án đúng là: A

+ Theo lí thuyết ta thấy, trong không gian, hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau, vậy đáp án A đúng, từ đó suy ra đáp án B sai.

+ Đáp án C sai do hai đường thẳng không có điểm chung có thể song song hoặc chéo nhau.

+ Đáp án D sai do hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì có thể song song, hoặc cắt nhau, hoặc chéo nhau.

Đáp án đúng là: D

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(ACC'A'\) là hình vuông, do đó \(\widehat {CAA'} = 90^\circ \). Vậy góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(AA'\) là \(\widehat {CAA'}\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\), \(S{A^2} + S{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\).

Do đó \(A{C^2} = S{A^2} + S{C^2}\). Từ đó suy ra tam giác \(SAC\) vuông tại \(S\) hay \(SA \bot SC\). (1)

Vì \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của cạnh \(AD,\,\,SD\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\), do đó \(MN{\rm{//}}SA\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MN \bot SC\).

Đáp án đúng là: A

Qua điểm \[O\] cho trước, có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \(\Delta \) cho trước.

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot OA\\OB \bot OC\\OA,OC \subset \left( {OAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OB \bot \left( {OAC} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \(A'D \bot AD'\) (do \(ADD'A'\) là hình vuông) và \(A'D \bot C'D'\) (do \(C'D' \bot \left( {ADD'A'} \right)\)).

Suy ra \(A'D \bot \left( {AC'D'} \right)\), do đó \(A'D \bot AC'\) (1).

Lại có \(A'B \bot AB'\) (do \(ABB'A'\) là hình vuông) và \(A'B \bot B'C'\) (do \(B'C' \bot \left( {ABB'A'} \right)\)).

Suy ra \(A'B \bot \left( {AB'C'} \right)\), do đó \(A'B \bot AC'\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AC' \bot \left( {A'BD} \right)\).

Đáp án đúng là: B

+ Vì \[SA\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] nên \[A\] là hình chiếu vuông góc của \[S\] lên \[\left( {ABCD} \right).\] Vậy đáp án A đúng.

+ Vì \(SA \subset \left( {SAB} \right)\) nên đáp án B sai.

+ Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\), do đó \[B\] là chiếu vuông góc của \[C\] lên \[\left( {SAB} \right).\] Vậy đáp án C đúng.

+ Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\), do đó \[D\] là chiếu vuông góc của \[C\] lên \[\left( {SAD} \right).\] Vậy đáp án D đúng.

Hướng dẫn giải

Ta có \({\log _x}y = 2 \Rightarrow y = {x^2};\,\,x,\,y > 0,\,x \ne 1\).

Vậy \({\log _{{x^2}y}}\frac{{{x^4}}}{{y\sqrt y }} = {\log _{{x^4}}}\frac{{{x^4}}}{{{x^3}}} = {\log _{{x^4}}}x = \frac{1}{4}\).

Ta có \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^2} - 4t + 4;\,\,a\left( t \right) = s''\left( t \right) = {\left( {{t^2} - 4t + 4} \right)^\prime } = 2t - 4\).

Tại thời điểm vận tốc bị triệt tiêu nghĩa là \(v\left( t \right) = 0\), khi đó \({t^2} - 4t + 4 = 0\).

Suy ra \(t = 2\,\,\left( {\rm{s}} \right)\).

Vậy gia tốc lúc này là \(a\left( 2 \right) = 2 \cdot 2 - 4 = 0\,\,\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\].

Ta lại có \[\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\].

Với \(T = 2000\) năm và khối lượng chất phóng xạ còn lại nhỏ hơn \(\frac{1}{5}\) khối lượng chất phóng xạ ban đầu, ta có:

\(m\left( t \right) = {m_0}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{{\rm{2000}}}}}} < \frac{1}{5}{m_0}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{{\rm{2000}}}}}} < \frac{1}{5}\)

\( \Leftrightarrow \frac{t}{{{\rm{2000}}}} > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {\frac{1}{5}} \right)\)

\( \Leftrightarrow t > 2\,000 \cdot {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {\frac{1}{5}} \right) = 4\,643,85619\)

Vậy cần ít nhất 4 644 năm thì khối lượng chất phóng xạ còn lại nhỏ hơn \(\frac{1}{5}\) khối lượng chất phóng xạ ban đầu.