Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 9
38 câu hỏi
\({a^m} + {a^n} = {a^{m + n}}.\)
\({a^m} \cdot {a^n} = {a^{m - n}}.\)
\({\left( {{a^m}} \right)^n} = {\left( {{a^n}} \right)^m}.\)
\(\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{n - m}}\).
Đáp án đúng là: C
Theo lí thuyết ta có \({\left( {{a^m}} \right)^n} = {\left( {{a^n}} \right)^m}.\)
\(\sqrt[3]{{{a^2}}}\).
\({a^{\frac{8}{3}}}\).
\({a^{\frac{3}{8}}}\).
\(\sqrt[6]{a}\).
Đáp án đúng là: C
Ta có \(\sqrt[8]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{8}}}\).
\(0 < a < 1,\,0 < b < 1\).
\(0 < a < 1,\,b > 1\).
\(a > 1,\,0 < b < 1\).
\(a > 1,\,b > 1\).
Đáp án đúng là: C
Vì \(\frac{1}{2} > \frac{1}{3}\) nên nếu \({a^{\frac{1}{2}}} > {a^{\frac{1}{3}}}\) thì \(a > 1\).
Vì \(\frac{2}{3} < \frac{3}{4}\) nên nếu \({b^{\frac{2}{3}}} > {b^{\frac{3}{4}}}\) thì \(0 < b < 1\).
\(\left( { - 2; - 1} \right)\).
\(\left( { - 1;0} \right)\).
\(\left( { - 3; - 2} \right)\).
\(\left( {0;1} \right)\).
Đáp án đúng là: C
Ta có \[\frac{{\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt a }}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt[3]{{{a^2} \cdot {a^{\frac{1}{2}}}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt[3]{{{a^{\frac{5}{2}}}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{{{\left( {{a^{\frac{5}{2}}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{{a^{\frac{5}{6}}}}}{{{a^3}}} = {a^{\frac{5}{6} - 3}} = {a^{\frac{{ - 13}}{6}}}\]. Do đó \(\alpha = \frac{{ - 13}}{6}\).
Vì \( - 3 < \frac{{ - 13}}{6} < - 2\) nên chọn đáp án C.
\({\log _a}a = 2a\).
\[{\log _a}{a^\alpha } = \alpha \].
\({\log _a}1 = 0\).
\({a^{{{\log }_a}b}} = b\).
Đáp án đúng là: A
Ta có \({\log _a}a = 1\) nên đáp án A sai.
\(5{\log _a}b\).
\(\frac{1}{5} + {\log _a}b\).
\(5 + {\log _a}b\).
\(\frac{1}{5}{\log _a}b\).
Đáp án đúng là: D
Ta có \({\log _{{a^5}}}b = \frac{1}{5}{\log _a}b\).
\[\frac{2}{5}\].
\[\frac{3}{5}\].
\[\frac{6}{5}\].
\[3\].
Đáp án đúng là: C
Ta có \(\frac{1}{2}{\log _a}9 - {\log _a}5 + {\log _a}2 = \frac{1}{2}{\log _a}{3^2} - {\log _a}5 + {\log _a}2 = 2 \cdot \frac{1}{2}{\log _a}3 - {\log _a}5 + {\log _a}2\)
\( = {\log _a}3 - {\log _a}5 + {\log _a}2 = {\log _a}\frac{3}{5} + {\log _a}2 = {\log _a}\left( {\frac{3}{5} \cdot 2} \right) = {\log _a}\frac{6}{5}\).
Vậy \(x = \frac{6}{5}\).
\[S = 2\ln \left( {\frac{a}{{bc}}} \right).\]
\(S = 1.\)
\[S = - 2\ln \left( {\frac{a}{{bc}}} \right).\]
\(S = 0.\)
Đáp án đúng là: D
Ta có \[S = 2\ln a - \ln b - \ln c = \ln {a^2} - \left( {\ln b + \ln c} \right) = \ln \left( {bc} \right) - \ln \left( {bc} \right) = 0\] (do \[{a^2} = bc\]).
Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số mũ?
\(y = {2^x}\).
\(y = {\log _3}x\).
\(y = \ln x\).
\(y = {x^{ - 5}}\).
Đáp án đúng là: A
Trong các hàm số đã cho, hàm số \(y = {2^x}\) là hàm số mũ.
\(\left[ {3\,;\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty \,;\, + \infty } \right)\).
\(\left[ {0\,;\, + \infty } \right)\).
\(\left( {0\,;\, + \infty } \right)\).
Đáp án đúng là: D
Tập xác định của hàm số \(y = {\log _3}x\) là \(\left( {0\,;\, + \infty } \right)\).
Cho ba số \(a\), \(b\), \(c\) dương và khác \(1\). Các hàm số \(y = {\log _a}x\), \(y = {\log _b}x\), \(y = {\log _c}x\) có đồ thị như hình vẽ sau:
Khẳng định nào dưới đây đúng?
\(a > c > b\).
\(a > b > c\).
\(c > b > a\).
\(b > c > a\).
Đáp án đúng là: A
Kẻ đường thẳng \(d:\,\,y = 1\).
Hoành độ giao điểm của \(d\) với các đồ thị hàm số \(y = {\log _a}x\), \(y = {\log _b}x\), \(y = {\log _c}x\) lần lượt là \(a,\,\,b,\,\,c\).
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(a > c > b\).
\(x = 1\).
\(x = 2\).
\(x = - 1\).
\(x = - 2\).
Đáp án đúng là: A
Ta có \({2^{2x - 1}} = {2^x} \Leftrightarrow 2x - 1 = x \Leftrightarrow x = 1\).
\(S = \left( { - \infty ;8} \right]\).
\(S = \left[ {8; + \infty } \right)\).
\(S = \left( {0;8} \right]\).
\(S = \left[ { - 8; + \infty } \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Điều kiện: \(x > 0\).
Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}x \le - 3 \Leftrightarrow x \ge {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 3}}\) (do \(0 < \frac{1}{2} < 1\))
\( \Leftrightarrow x \ge 8\).
Kết hợp với điều kiện ta được \(x \ge 8\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}x \le - 3\) là \(S = \left[ {8; + \infty } \right)\).
\[\left[ {7;\, + \infty } \right)\].
\[\left( {0;\, + \infty } \right)\].
\[\left( {7;\, + \infty } \right)\].
\[\left( {3;\, + \infty } \right)\].
Đáp án đúng là: C
Ta có \[{2^{x\, - \,3}}\, > \,16 \Leftrightarrow {2^{x - 3}} > {2^4} \Leftrightarrow x - 3 > 4 \Leftrightarrow x > 7\].
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \[{2^{x\, - \,3}}\, > \,16\] là \[\left( {7;\, + \infty } \right)\].
\[6\].
Vô số.
\[0\].
\[4\].
Đáp án đúng là: D
Điều kiện: \[\left\{ \begin{array}{l}4x - 9 > 0\\x + 10 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{9}{4}\\x > - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{9}{4}\].
\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4x - 9} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 10} \right)\)
\( \Leftrightarrow 4x - 9 < x + 10\) (do \(0 < \frac{1}{2} < 1\))
\( \Leftrightarrow 3x < 19 \Leftrightarrow x < \frac{{19}}{3}\).
Kết hợp điều kiện ta được \(\frac{9}{4} < x < \frac{{19}}{3}\) hay \(2,25 < x < 6,\left( 3 \right)\).
Vì \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left\{ {3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}\). Vậy có 4 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn.
chúng cắt nhau.
góc giữa chúng bằng \(90^\circ \).
góc giữa chúng bằng \(180^\circ \).
góc giữa chúng bằng \(0^\circ \).
Đáp án đúng là: B
Hai đường thẳng \(a\) và \(b\) được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng \(90^\circ \).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) (như hình vẽ dưới).
Góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C'\)bằng
\(60^\circ \).
\(45^\circ \).
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
Đáp án đúng là: B
Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(A'B'C'D'\) là hình vuông và \(AB{\rm{//}}A'B'\).
Khi đó ta có \(\left( {AB,\,A'C'} \right) = \left( {A'B',\,A'C'} \right) = \widehat {B'A'C'} = 45^\circ \).
\(A'C' \bot BD\).
\(BB' \bot DD'\).
\(A'B \bot DC'\).
\(BC' \bot A'D\).
Đáp án đúng là: B
Hình hộp có tất cả các cạnh đều bằng nhau nên mỗi mặt của hình hộp là một hình thoi.
Xét từng đáp án, ta thấy:
+ Đáp án A đúng vì \(\left\{ \begin{array}{l}A'C' \bot B'D'\\B'D'\,{\rm{//}}\,BD\end{array} \right. \Leftrightarrow A'C' \bot BD\).
+ Đáp án B sai vì \[BB'\,{\rm{//}}\,DD'\].
+ Đáp án C đúng vì \(\left\{ \begin{array}{l}A'B \bot AB'\\AB'{\rm{//}}DC'\end{array} \right. \Rightarrow A'B \bot DC'\).
+ Đáp án D đúng vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC' \bot B'C\\B'C\,{\rm{//}}\,A'D\end{array} \right. \Rightarrow BC'\,{\rm{//}}\,A'D\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) (như hình vẽ dưới).
Đường thẳng \(AC\)vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?
\(\left( {BB'D'D} \right)\).
\(\left( {AA'B'B} \right)\).
\(\left( {AA'D'D} \right)\).
\(\left( {A'B'CD} \right)\).
Đáp án đúng là: A
Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên
+ \(ABCD\) là hình vuông, suy ra \(AC \bot BD\);
+ \(BB' \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \(BB' \bot AC\).
Lại có \(BB',\,BD \subset \left( {BB'D'D} \right)\).
Từ đó suy ra \(AC \bot \left( {BB'D'D} \right)\).
Nếu \(a{\rm{//}}\left( P \right)\) và \(b \bot a\) thì \(b{\rm{//}}\left( P \right)\).
Nếu \(a{\rm{//}}\left( P \right)\) và \(b \bot \left( P \right)\) thì \(a \bot b\).
Nếu \(a{\rm{//}}\left( P \right)\) và \(b \bot a\) thì \(b \bot \left( P \right)\).
Nếu \(a \bot \left( P \right)\) và \(b \bot a\) thì \(b{\rm{//}}\left( P \right)\).
Đáp án đúng là: B
Đáp án A sai vì \(b\) có thể vuông góc với \(\left( P \right)\).
Đáp án B đúng bởi \(a{\rm{//}}\left( P \right) \Rightarrow \exists a' \subset \left( P \right)\) sao cho \(a{\rm{//}}a'\), mà \(b \bot \left( P \right) \Rightarrow b \bot a'\). Khi đó \(a \bot b\).
Đáp án C sai vì \(b\) có thể nằm trong \(\left( P \right)\).
Đáp án D sai vì \(b\) có thể nằm trong \(\left( P \right)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật và \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \[SB,SD\] (như hình vẽ dưới).
Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(SC \bot \left( {AFB} \right)\).
\(SC \bot \left( {AEC} \right)\).
\(SC \bot \left( {AED} \right)\).
\(SC \bot \left( {AEF} \right)\).
Đáp án đúng là: D
Ta có \(BC \bot AB\) (do \(ABCD\) là hình chữ nhật) và \(BC \bot SA\) (do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)).
Do đó, \(BC \bot \left( {SAB} \right)\), suy ra \(BC \bot AE\). Mà \(AE \bot SB\) (gt).
Từ đó suy ra \(AE \bot \left( {SBC} \right)\), suy ra \(AE \bot SC\) (1).
Tương tự, ta chứng minh được \(CD \bot \left( {SAD} \right)\), suy ra \(CD \bot AF\). Mà \[AF \bot SD\] (gt).
Từ đó suy ra \(AF \bot \left( {SCD} \right)\), suy ra \(AF \bot SC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(SC \bot \left( {AEF} \right)\).
Cho hình chóp \[S.ABC\] có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] (như hình vẽ dưới).
Hình chiếu của \[SC\] lên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là
\[BC\].
\[AC\].
\[SB\].
\[AB\].
Đáp án đúng là: B
Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \(A\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].
Vì \(C \in \left( {ABC} \right)\) nên \(C\) là hình chiếu của \(C\) lên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].
Vậy hình chiếu của \[SC\] lên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là \[AC\].
Cho hình chóp \[S.ABC\] có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] và tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\] (như hình vẽ dưới).
Góc giữa đường thẳng \[SC\] và mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] là
\[\widehat {SCB}\].
\[\widehat {SBC}\].
\[\widehat {BSC}\].
\[\widehat {SCA}\].
Đáp án đúng là: C
Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \(SA \bot BC\).
Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\] nên \(BC \bot AB\).
Từ đó suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right)\). Do đó \(B\) là hình chiếu của \(C\) lên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
Khi đó giữa đường thẳng \[SC\] và mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] là \[\widehat {BSC}\].
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông cạnh \[a\], \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] và \[SA = a\] (như hình vẽ bên).
Góc giữa đường thẳng \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] bằng
\[45^\circ \].
\[30^\circ \].
\[60^\circ \].
\[90^\circ \].
Đáp án đúng là: A
Ta có \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \(\left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SBA}\).
Tam giác \(SBA\) vuông tại \(A\) (do \(SA \bot AB\)) có \(SA = AB = a\) nên tam giác \(SBA\) vuông cân tại \(A\), suy ra \(\widehat {SBA} = 45^\circ \).
Vậy góc giữa đường thẳng \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] bằng \[45^\circ \].
\[2\].
\[0\].
Vô số.
\[1\].
Đáp án đúng là: D
Cho đường thẳng \[a\] không vuông góc với mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\]. Có duy nhất một mặt phẳng chứa \[a\] và vuông góc với \[\left( \alpha \right)\].
Cho hình chóp \[S.ABC\] có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] (như hình vẽ dưới).
Khẳng định nào sau đây đúng?
\[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\].
\[\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\].
\[\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\].
\[\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\].
Đáp án đúng là: A
Ta có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\], mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\), do đó \[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\].
\(45^\circ .\)
\[90^\circ .\]
\(60^\circ .\)
\(75^\circ .\)
Đáp án đúng là: C
Ta có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot AC\end{array} \right.\).
Do đó \(\widehat {BAC}\) là một góc phẳng của góc góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\).
Ta có \(\Delta ABC\) có \(AB = BC = AC = a\) nên \(\Delta ABC\) là tam giác đều, suy ra \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).
Vậy số đo góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\) bằng \(60^\circ \).
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với các mặt đáy.
Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật được gọi là hình hộp chữ nhật.
Hình hộp có các cạnh bằng nhau gọi là hình lập phương.
Hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều được gọi là hình lăng trụ đều.
Đáp án đúng là: C
Hình hộp có các cạnh bằng nhau thì mỗi mặt của hình hộp là một hình thoi nên hình hộp này chưa phải là hình lập phương, vậy đáp án C sai.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA\) vuông góc với đáy.
Khoảng cách từ điểm \(S\) đến \(AC\) bằng
\(SC\).
\(SA\).
\(SB\).
\(SD\).
Đáp án đúng là: B
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AC\), vậy khoảng cách từ điểm \(S\) đến \(AC\) bằng \(SA\).
Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).
Khoảng cách từ điểm \(S\) đến \(\left( {ABC} \right)\) bằng
\(SC\).
\(SA\).
\(SB\).
\(SG\).
Đáp án đúng là: D
Vì \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều và \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên suy ra \(SG \bot \left( {ABC} \right)\). Vậy \(d\left( {S,\,\left( {ABC} \right)} \right) = SG\).
\(d = \frac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}\).
\(d = \frac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}\).
\(d = \frac{a}{2}\).
\(d = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Đáp án đúng là: B
Từ giả thiết ta suy ra \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều.
Gọi \(O\) là tâm của đáy, suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Gọi \(J\) là trung điểm \(CD\), suy ra \(OJ \bot CD\).
Gọi \[K\] là hình chiếu của \[O\] trên \[SJ\], suy ra \[OK \bot SJ\].
Ta chứng minh được \(CD \bot \left( {SOJ} \right)\), suy ra \(CD \bot OK\), từ đó suy ra \(OK \bot \left( {SCD} \right)\).
Khi đó \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OK\).
Ta có \(OJ = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\); \(BD = a\sqrt 2 \), \(BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), \(SO = \sqrt {S{A^2} - B{O^2}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt 2 }}\).
Khi đó ta có \(OK = \frac{{SO \cdot OJ}}{{\sqrt {S{O^2} + O{J^2}} }} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}\).
Vậy \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OK = \frac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}\).
\(V = \frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {SS'} + S'} \right).\)
\(V = \frac{1}{6}Sh.\)
\(V = S'h.\)
\(V = \frac{1}{3}h\left( {S + SS' + S'} \right).\)
Đáp án đúng là: A
Thể tích của khối chóp cụt đều có chiều cao \(h\) và \(S,S'\)lần lượt là diện tích đáy lớn và đáy nhỏ là \(V = \frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {SS'} + S'} \right).\)
\(V = 4{a^3}\).
\(V = \frac{{2{a^3}}}{3}\).
\(V = \frac{{4{a^3}}}{3}\).
\(V = \frac{{4{a^2}}}{3}\).
Đáp án đúng là: A
Thể tích khối lăng trụ là \(V = Bh = {a^2} \cdot 4a = 4{a^3}.\)
\[12\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].
\[96\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].
\[84\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].
\[32\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].
Đáp án đúng là: C
Diện tích đáy lớn là: \({6^2} = 36\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Diện tích đáy nhỏ là: \({3^2} = 9\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Thể tích hình chóp cụt là \(V = \frac{1}{3}\left( {36 + \sqrt {36 \cdot 9} + 9} \right) \cdot 4 = 84\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
\(\frac{{2{a^3}\sqrt 6 }}{9}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
Đáp án đúng là: B
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\].
Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \[SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = a\sqrt 2 \].
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\].
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2 \cdot \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\].
III. Lời giải chi tiết tự luận
(1,0 điểm)
a) Cho\({\log _3}a = 2\) và \({\log _2}b = \frac{1}{2}\). Tính giá trị biểu thức \(I = 2{\log _3}\left[ {{{\log }_3}\left( {3a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{4}}}{b^2}\).
b) Năm \(2023\), một hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe \(X\) là \(750\,\,000\,\,000\) đồng và dự định trong \(10\) năm tiếp theo, mỗi năm giảm \(1,8\% \) giá bán của năm liền trước. Theo dự định đó, năm \(2030\) hãng xe ô tô niêm yết giá bán xe \(X\) là bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng nghìn)?
a) (0,5 điểm)
\[I = 2{\log _3}\left[ {{{\log }_3}\left( {3a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{4}}}{b^2} = 2{\log _3}\left[ {1 + {{\log }_3}a} \right] - {\log _2}b = 2{\log _3}\left[ {1 + 2} \right] - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\].
b) (0,5 điểm)
Giá bán xe năm đầu tiên: \[{A_1} = 750\,\,000\,\,000\]đồng.
Giá bán xe năm thứ hai: \({A_2} = {A_1} - {A_1} \cdot r = {A_1}\left( {1 - r} \right)\)đồng, với \(r = 1,8\% \).
Giá bán xe năm thứ ba: \({A_3} = {A_2} - {A_2}r = {A_2}\left( {1 - r} \right) = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^2}\)đồng.
…
Giá bán xe năm thứ \(n\): \({A_n} = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^{n - 1}}\)đồng.
Vậy giá bán xe năm thứ 8 (năm 2030) là:
\({A_6} = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^7} = 750\,\,000\,\,000{\left( {1 - 1,8\% } \right)^7} \approx 660\,\,453\,\,000\)đồng.
(1,0 điểm) Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình vuông, tam giác \(SAB\) là tam giác đều, \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(I,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\). Chứng minh rằng:
a) \[SI \bot CF\];
b) \(CF \bot \left( {SID} \right)\).
a)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SI \bot AB\\\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\SI \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).
Do \(CF \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SI \bot CF\) (1).
b) Gọi \(H = FC \cap DI\).
Xét hai tam giác vuông \(ADI\) và \(DCF\) có
\(\left\{ \begin{array}{l}AI = DF\\AD = DC\\\widehat {DAI} = \widehat {FDC} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow \Delta ADI = \Delta DCF\) (c – g – c).
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {{I_1}} = \widehat {{F_1}}\\\widehat {{D_2}} = \widehat {{C_2}}\end{array} \right.,\,\,{\rm{m\`a }}\,\,\widehat {{I_1}} + \widehat {{D_2}} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {{F_1}} + \widehat {{D_2}} = 90^\circ \]
\[ \Rightarrow \widehat {FHD} = 90^\circ \Rightarrow CF \bot DI\,\,(2)\].
Từ (1) và (2) suy ra \(CF \bot \left( {SID} \right)\).
(1,0 điểm) Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = a,AD = 2a\). Cạnh \(SA\) vuông góc với đáy và cạnh \(SB\) tạo với đáy một góc \(60^\circ \). Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\). Tính theo \(a\) khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SB\) và \(CM\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \(\left( {ABCD} \right)\) suy ra góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SBA} = 60^\circ \).
Dựng hình bình hành \(MCBE\). Gọi \(I\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BE\) và \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SI\).
Ta chứng minh được \(AH \bot \left( {SBE} \right)\).
Khi đó \(d\left( {CM,SB} \right) = d\left( {CM,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBE} \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = 2AH\).
Mặt khác \(AI = \frac{{AE.AB}}{{\sqrt {A{E^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và \(SA = AB \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 .\)
Vậy \[d\left( {CM,SB} \right) = 2AH = \]\(\frac{{2AI \cdot SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{{27}}\).
