Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Chọn C

Với mọi số thực dương \(a\) ta có: \(\sqrt[3]{{{a^2}}} = {a^{\frac{2}{3}}}\).

Chọn C

Điều kiện: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\). Vậy tập xác định của hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^{\sqrt 3 }}\) là \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn D

Ta có \(V = 6.5 = 30\).

Chọn C

Ta có \({\log _{\sqrt a }}{a^2}{b^3} = 2{\log _a}\left( {{a^2}{b^3}} \right) = 2\left( {2 + 3{{\log }_a}b} \right) = 2\left( {2 + 9} \right) = 22\).

Chọn B

Dựa vào đồ thị, ta có hàm số có tập xác định \(\mathbb{R}\) và hàm số nghịch biến suy ra \(y = {\left( {0,8} \right)^x}\).

Chọn D

Ta có: \({3^{x + 2}} = 27\)\( \Leftrightarrow {3^{x + 2}} = {3^3}\)\( \Leftrightarrow x + 2 = 3\)\( \Leftrightarrow x = 1\).

Chọn C

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông cân, cạnh góc vuông là \(a\), cạnh bên bằng \(2a\) là: \(V = Bh = \frac{1}{2}{a^2}.2a = {a^3}\).

Chọn D

Ta có: \({\log _{\frac{1}{4}}}\left( {x - 1} \right) >  - 1 \Leftrightarrow 0 < x - 1 < {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow 0 < x - 1 < 4 \Leftrightarrow 1 < x < 5\).

Tập nghiệm của bất phương trình là\[S = \left( {1;5} \right)\].

Chọn A

Vì \[AB\]là đường vuông góc chung của \[AA'\] và \[BC'\] nên \[AB \bot BC \Rightarrow \widehat {ABC} = 90^\circ \]

Vậy nên \[\widehat {A'C'B'} = 90^\circ \]là sai.

Chọn B

Mệnh đề sai là: Nếu \[b\, \bot \,a\] thì \[b\parallel \left( P \right)\].

Chọn C

Thể tích khối tứ diện \(OABC\) là \(V = \frac{1}{6}.OA.OB.OC = \frac{{{a^3}}}{6}\).

Chọn A

Ta có \(B' = 3B\) nên thể tích khối chóp mới là \(V = \frac{1}{3}B'h = \frac{1}{3}.3Bh = Bh\).

Ta có: \[{9^{x + 1}} - {13.6^x} + {4^{x + 1}} = 0\] \[ \Leftrightarrow {9.9^x} - {13.6^x} + {4.4^x} = 0\] \[ \Leftrightarrow 9.\frac{{{9^x}}}{{{4^x}}} - 13.\frac{{{6^x}}}{{{4^x}}} + 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 9.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2x}} - 13.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} + 4 = 0\] \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = 1\\{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{4}{9}\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\].

a) Đúng: Nếu đặt \({\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = t\) thì phương trình đã cho trở thành \(9{t^2} - 13t + 4 = 0\).

b) Đúng: Phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên, trong đó có một nghiệm nguyên âm.

c) Sai: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho bằng \( - 2\).

d) Sai: Phương trình đã cho có hai nghiệm và chỉ có một nghiệm nguyên dương.

a) Đúng: Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \) Tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\).

b) Sai: Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD \Rightarrow \) tam giác \(SCD\) vuông tại \(D\).

c) Đúng: Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

d) Đúng: Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)\).

Gọi \[A\left( {{x_1},{{\log }_3}\left( {5{x_1} - 3} \right)} \right)\]. Vì \[A\] là trung điểm \[OB\] nên \[B\left( {2{x_1};2{{\log }_3}\left( {5{x_1} - 3} \right)} \right)\].

Vì \[B\] thuộc đồ thị của hàm số \[y = {\log _3}\left( {5x - 3} \right)\] nên \[2{\log _3}\left( {5{x_1} - 3} \right) = {\log _3}\left( {10{x_1} - 3} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{x_1} - 3 > 0\\10{x_1} - 3 > 0\\{\left( {5{x_1} - 3} \right)^2} = 10{x_1} - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{x_1} - 3 > 0\\\left[ \begin{array}{l}x = \frac{6}{5}\\x = \frac{2}{5}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_1} = \frac{6}{5}\].

Vì thế \[A\left( {\frac{6}{5};1} \right),\,B\left( {\frac{{12}}{5};2} \right) \Rightarrow AB = \frac{{\sqrt {61} }}{5}\].

Hình chiếu điểm \(B\) xuống trục hoành là \(H\left( {\frac{{12}}{5};\,0} \right) \Rightarrow BH = 2\) và \(OH = \frac{{12}}{5} \Rightarrow {S_{\Delta OBH}} = \frac{{12}}{5}\)

a) Đúng: Hoành độ của điểm \(B\) là một số nguyên.

b) Sai: Trung điểm của đoạn thẳng \(OB\) là điểm \(A\) có tọa độ \(\left( {\frac{6}{5};\,1} \right)\).

c) Sai: Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(B\) xuống trục hoành. Khi đó \({S_{\Delta OBH}} = \frac{{12}}{5}\)

d) Đúng: Đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \[\frac{{\sqrt {61} }}{5}\].

Gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\] và \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[A\] lên \[SM\].

Ta có: \[AH \bot SM\].

Mặt khác \[BC \bot \left( {SAM} \right)\] nên \[BC \bot AH\]. Ta suy ra \[AH \bot \left( {SBC} \right)\].

Nên \[SH\] là hình chiếu của \[SA\] lên mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\].

Ta suy ra góc giữa đường thẳng \[SA\] và mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] là góc \[\alpha  = \widehat {ASH}\].

Xét tam giác \[SAM\] vuông tại \[A\] ta có:\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}}\]\[ \Rightarrow A{H^2} = \frac{{6{a^2}}}{{11}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\].

Xét tam giác \[SAH\] vuông tại \[H\] ta có: \[\sin \widehat {ASH} = \frac{{AH}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {33} }}{{11}}\].

a) Đúng: Đường thẳng \(AH\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).

b) Đúng: Đường thẳng \(SH\) là hình chiếu của đường thẳng \(SA\) lên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\)

c) Sai: Độ dài đoạn thẳng \(AH\) bằng \(\frac{{6a}}{{11}}\)

d) Sai: Cosin góc tạo bởi đường thẳng \[SA\] và mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] bằng \(\frac{{\sqrt {33} }}{{11}}\).

Với \(b > 1 > a > 0\) ta có :

\[\log _a^2\left( {ab} \right) = 4 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_a}a + {{\log }_a}b} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 + {\log _a}b = 2\\1 + {\log _a}b =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _a}b = 1\\{\log _a}b =  - 3\end{array} \right.\]

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\b > 1\end{array} \right.\)nên \({\log _a}b =  - 3\).

Khi đó :\(\log _a^3\left( {a{b^2}} \right) = {\left( {{{\log }_a}a + 2{{\log }_a}b} \right)^3} = {\left( {1 + 2.\left( { - 3} \right)} \right)^3} =  - 125\).

Điều kiện \({5^x} - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 0\).

Ta có \({\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \le m \Leftrightarrow {5^x} - 1 \le {2^m}\).

Ta có \({5^x} - 1 \ge 4\) với mọi \(x \ge 1\).

Để bất phương trình có nghiệm \(x \ge 1\) thì  nên tổng các giá trị của tham số \(m\) bằng \(14\).

Theo hình thức lãi kép, tổng số tiền cả gốc lẫn lãi trong tài khoản của người đó sau \[n\] tháng là:

\[A = 200{\left( {1 + 0,58\% } \right)^n} = 200.1,{0058^n}\] (triệu đồng).

Theo đề bài \[A \ge 225 \Rightarrow 200.1,{0058^n} \ge 225 \Leftrightarrow 1,{0058^n} \ge \frac{9}{8}\]\[ \Leftrightarrow n \ge {\log _{1,0058}}\frac{9}{8} \approx 20,37\].

Vì ngân hàng chỉ tính lãi khi đến kì hạn nên phải sau ít nhất 21 tháng người đó mới có tối thiểu 225 triệu đồng trong tài khoản.

Gọi \[I\] là trung điểm \[SA\] thì \[IMNC\] là hình bình hành nên \[MN{\rm{ // }}IC\].

Ta có \[BD \bot \left( {SAC} \right)\]\[ \Rightarrow BD \bot IC\] mà \[MN{\rm{ // }}IC\]\[ \Rightarrow BD \bot MN\] nên góc giữa hai đường thẳng \[MN\] và \[BD\] bằng \[90^\circ \] hay \[\alpha  = 90^\circ  \Rightarrow \sin \alpha  = 1\]

Vậy \[\sin \alpha  = 1\].

Do \({S_{SAD}} = 3 = \frac{1}{2}.SA.AD \Rightarrow SA = \frac{6}{{2\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \).

Mặt khác ta có \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Kẻ \(AH \bot BD\,\)tại \(H\), \(,AK \bot SH\) tại \(K\)\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AK\).

\(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {13}  \Rightarrow AH = \frac{{AB.AD}}{{BD}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} = \frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}\).

\( \Rightarrow AK = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}}\).

Vậy \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}} \approx 0,84\).

Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD, kẻ \[HK \bot SI\].

Vì tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Suy ra \[SH \bot \left( {ABCD} \right)\].

\[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HI\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow CD \bot HK \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right)\]

\[CD\parallel AB \Rightarrow d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\]

Suy ra \[HK = \frac{3}{2};HI = AD = \sqrt 3 \]

Trong tam giác vuông SHI ta có \[SH = \sqrt {\frac{{H{I^2}.H{K^2}}}{{H{I^2} - H{K^2}}}}  = 3\]

Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3.\sqrt 3  = \sqrt 3  \approx 1,73\].