Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 10

Chọn A

Ta có: \(P = \sqrt {{x^3}}  = {x^{\frac{3}{2}}}\).

Chọn D

ĐKXĐ: \(3x + 1 > 0\, \Leftrightarrow x\, >  - \frac{1}{3}\). Vậy TXĐ: \(\left( { - \frac{1}{3}; + \infty } \right)\).

Chọn D

Điều kiện: \(x > 0\).

Với điều kiện phương trình đã cho tương đương \(3x = {5^2} = 25\)\( \Leftrightarrow x = \frac{{25}}{3}\).

Chọn B

Ta có: \[{\left( {\frac{2}{5}} \right)^{x - 2}} \ge {\left( {\frac{2}{5}} \right)^2} \Leftrightarrow x - 2 \le 2 \Leftrightarrow x \le 4\].

Chọn C

Trong không gian có vô số đường thẳng qua \(O\) và vuông góc với \(\Delta \).

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của \[SC\] trên mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] là \[AC\]. Do đó góc giữa \[SC\] và đáy là góc \[\widehat {SCA}\].

Tam giác \[SAC\] có \[SC = SA = a\sqrt 2 \] nên tam giác \[SAC\] vuông cân\[ \Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ \].

Chọn D

Ta có \(d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA'\)

Chọn A

1 triệu con \( = \) 1 000 000 con.

Ta có sau 1 giờ tăng lên 800 con, suy ra \(500 \cdot {e^{r\, \cdot 1}} = 800 \Rightarrow r = \ln 1,6\).

Ta có \(N(t) = 500 \cdot {e^{r\,t}} = 1\,000\,000 \Leftrightarrow t = \frac{1}{r}\ln 2000 = \frac{{\ln 2000}}{{\ln 1,6}} \approx 14,7\) giờ.

Vậy sau 14,7 giờ.

Chọn C

Công thức lãi kép: \({T_n} = {T_0}{\left( {1 + r\% } \right)^n}\),

trong đó: \({T_0}\) là số tiền gửi ban đầu

\({T_n}\) là số tiền cả gốc lẫn lãi sau \(n\) kì.

\(r\% \) là lãi suất một kì.

Áp dụng công thức trên ta có:

\({100.10^6}{\left( {1 + 7,2\% } \right)^n} \ge {165.10^6}\)\( \Leftrightarrow n \ge {\log _{1,072}}\left( {\frac{{165}}{{100}}} \right) \approx 7,2\).

Chọn A

Giả sử hình chóp \(S.ABCD\) có cùng kích thước với Kim tự tháp kính Louvre.

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \[ABCD\] và \(N\) là trung điểm \(CD\). Từ \(O\) hạ đường vuông góc xuống \(SN\).

Ta có: \[\left. \begin{array}{l}CD \bot SO\\CD \bot ON\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SON} \right)\] \( \Rightarrow CD \bot OM\).

Mà: \(OM \bot SN\).

Nên: \(OM \bot \left( {SCD} \right)\).

Suy ra: \(OM = d\left[ {O;\left( {SCD} \right)} \right]\) là khoảng cách ngắn nhất để căng dây.

Xét \(\Delta SON\) vuông tại O: \(SO = 20,6m\) và \(ON = \frac{{35}}{2}m\).

\(\frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}}\) \( \Rightarrow OM \simeq 13,34m\)

Giả sử lăng trụ đứng \(ABC.DEF\) có cùng kích thước với cái lều cần dựng. Khi đó,

\(AB = BC = \frac{5}{2}m,AD = CF = 8m.\)

Theo bài ra, ta có: \(\left[ {\left( {BCFE} \right),\left( {ACFD} \right)} \right] = \left( {BC,AC} \right) = \widehat {ACB} = 45^\circ \).

Suy ra \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\).

Vậy thể tích của lều là \(V = S.h = \frac{1}{2}.AB.BC.AD = \frac{1}{2}.\frac{5}{2}.\frac{5}{2}.8 = 25{m^2}\).

Ta có: Hàm số \[y = {\log _2}\left( {x - 1} \right)\] xác định khi và chỉ khi \[x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\].

Tập xác định của hàm số là \[{\rm{D}} = \left( {1;\, + \infty } \right)\], nên hàm số liên tục trên \[\left( {1;\, + \infty } \right)\] và có đồ thị nằm bên phải đường thẳng \(d:x = 1\)

Ta có : \[y = {\log _{\frac{1}{8}}}{\left( {x - 1} \right)^3} = {\log _{{2^{ - 3}}}}{\left( {x - 1} \right)^3} = \frac{3}{{ - 3}}{\log _2}\left( {x - 1} \right) =  - {\log _2}\left( {x - 1} \right)\] nên đồ thị hai hàm số đối xứng qua trục hoành.

a) Đúng: Tập xác định của hàm số đã cho là \[{\rm{D}} = \left( {1;\, + \infty } \right)\].

b) Sai: Hàm số đã cho liên tục trên \[\left( {1;\, + \infty } \right)\].

c) Đúng: Đồ thị hàm số đã cho nằm bên phải đường thẳng \(d:x = 1\)

d) Đúng: Đồ thị hai hàm số đối xứng qua trục hoành.

Ta có: \(SA = AB = a\), \(SA \bot \,AB\,\)(vì \(SA \bot \,(ABC)\)) nên \(\Delta SAB\) vuông cân tại \(A\)

\( \Rightarrow \widehat {ASB} = \widehat {ABS} = 45^\circ \)

\(\,JK\) là đường trung bình trong tam giác \(SAC\) nên \[JK\,{\rm{//}}\,SA\]

Suy ra: \(\left( {SB,\,JK} \right) = \left( {SB\,,\,SA} \right) = \widehat {ASB} = 45^\circ .\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}IJ\,{\rm{//}}\,BC\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow IJ \bot AB\)

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

Ta có: \(\Delta ABC\)cân tại \[B\], \[K\] là trung điểm của \[AC\] nên\[BK \bot \,AC\]

\(SA \bot \left( {ABC} \right),\,BK \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(BK \bot SA\)

Do đó: \[AK \bot \,\left( {SAC} \right) \Rightarrow BK \bot SK\]\[ \Rightarrow \Delta SBK\] vuông tại \[K\].

a) Sai: Góc giữa hai đường thẳng \(SB,\,JK\) bằng \[45^\circ \].

b) Đúng: Hai đường thẳng \(IJ\)và \(AB\) vuông góc.

c) Đúng: Đường thẳng \(BC\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

d) Sai: Tam giác \[SBK\] vuông tại \[K\].

a) Đúng: Ta có \[s\left( 4 \right) = 800\] và \[A = 200\] nên

\[800 = 200.{e^{4r}} \Leftrightarrow {e^{4r}} = 4 \Leftrightarrow 4r = \ln 4 \Leftrightarrow r = \frac{{\ln 4}}{4} = \frac{{\ln 2}}{2} \approx 0,3466\]

b) Đúng: Số lượng vi khuẩn có được sau 6 giờ là \[s\left( 6 \right) = 200.{e^{\frac{{\ln 2}}{2}.6}} = 1600\] (con)

c) Sai: Số lượng vi khuẩn có được sau 24 giờ là \[s\left( {24} \right) = 200.{e^{\frac{{\ln 2}}{2}.24}} = 819\,200\] (con).

d) Sai: Số lượng vi khuẩn tăng thêm sau 28 giờ là \[200.{e^{\frac{{\ln 2}}{2}.28}} - 200 = 3\,276\,600\] (con).

a) Sai.

Đáy lều là hình vuông, có diện tích là : \[S = 16\;\left( {{m^2}} \right).\]

Lều có chiều cao: \[h = 3\;\left( {\rm{m}} \right).\]

Thể tích của lều là: \[V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.16.3 = 16\;\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\]

b) Đúng.

Thể tích của khối lập phương là: \[{V_1} = {3^3} = 27\;\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\]

c) Sai.

Khi lều có cạnh đáy bằng \[a\] và chiều cao bằng \[h\] thì thể tích của lều là \[V = \frac{1}{3}{a^2}h.\]

Khi \[a\] tăng lên gấp đôi và \[h\] không đổi thì thể tích lều bằng \[\frac{1}{3}{\left( {2a} \right)^2}.h = 4\left( {\frac{1}{3}.{a^2}.h} \right) = 4V.\]

d) Đúng.

Khi \[h\] giảm một nửa và \[a\] không đổi thì thì thể tích lều bằng \[\frac{1}{3}{a^2}.\left( {\frac{h}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{3}.{a^2}.h} \right) = \frac{V}{2}.\]

Điều kiện: \(2 < x \ne 4\).

Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành

\(2{\log _3}\left( {x - 2} \right) + 2{\log _3}\left| {x - 4} \right| = 0 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x - 2} \right)\left| {x - 4} \right| = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left| {x - 4} \right| = 1\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \ge 4\\\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right) = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 4\\\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right) =  - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \ge 4\\{x^2} - 6x + 7 = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 4\\{x^2} - 6x + 9 = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 + \sqrt 2 \\x = 3\end{array} \right.\)

Kết hợp điều kiện, PT có nghiệm \({x_1} = 3 + \sqrt 2 ;\,{x_2} = 3\). Vậy \(S = 2\).

Gọi \({T_n}\) là tiền vốn lẫn lãi sau \(t\) tháng, \(a\) là số tiền ban đầu

Tháng 1 \(\left( {t = 1} \right)\): \({T_1} = a\left( {1 + r} \right)\)

Tháng 2 \(\left( {t = 2} \right)\): \({T_2} = a{\left( {1 + r} \right)^2}\)

……………….

Tháng \(n\left( {t = n} \right):{T_n} = a{\left( {1 + r} \right)^t}\)

\({T_n} = a{\left( {1 + r} \right)^t} \Rightarrow t = \frac{{\ln \frac{{{T_n}}}{a}}}{{\ln \left( {1 + r} \right)}} = \frac{{\ln \frac{{140}}{{100}}}}{{\ln \left( {1 + 1\% } \right)}} \approx 33,815\) (tháng)

Để số tiền lãi nhận được lớn hơn 40 triệu thì \(n > \frac{t}{{12}} \approx 2,818\)

Vậy \(n = 3.\)

\({\log _5}\left( {{x^2} + 1} \right) + 1 \ge {\log _5}\left( {m{x^2} + 4x + m} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}5\left( {{x^2} + 1} \right) \ge {\log _5}\left( {m{x^2} + 4x + m} \right)\)

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m{x^2} + 4x + m > 0\\5\left( {{x^2} + 1} \right) \ge m{x^2} + 4x + m\end{array} \right.,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

(dễ thấy \[m = 0\]không thỏa mãn hệ)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{\Delta _{\left( 1 \right)}} = 16 - 4{m^2} < 0\\5 - m > 0\\{\Delta _{\left( 2 \right)}} = 16 - 4{\left( {5 - m} \right)^2} \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m <  - 2 \vee m > 2\\m < 5\\m \le 3 \vee m \ge 7\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow 2 < m \le 3\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 3\).

Vậy có 1 giá trị nguyên của \(m\).

Ta giả sử các cạnh và đỉnh của kim tự tháp như hình vẽ. Vì \[S.ABCD\] hình chóp tứ giác đều nên \[SH\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\]. (\(H = AC \cap BD\) )

Xét \({\rm{\Delta ABC}}\) vuông tại \(B\), ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{262}^2} + {{262}^2}}  = 262\sqrt 2 \) (m)

\( \Rightarrow HC = \frac{{AC}}{2} = 131\sqrt 2 \) (m)

Xét \({\rm{\Delta SHC}}\) vuông tại \[H\], ta có: \(SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}}  = \sqrt {{{230}^2} - {{(131\sqrt 2 )}^2}}  = \sqrt {18578}  \approx 136\)(m). Vậy chiều cao của kim tự tháp là khoảng 136 mét.

Góc giữa \[\left( {SCD} \right)\]và \(\left( {ABCD} \right)\)là \(\widehat {SDA} = 60^\circ \).

Ta có:\(SA = AD.\tan 60^\circ  = \sqrt {39} .\sqrt 3  = 3\sqrt {13} \) và \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = 2\sqrt {39} \).

Theo giả thiết \(SI = \frac{1}{2}ID \Rightarrow SI = \frac{1}{3}SD = \frac{2}{3}\sqrt {39} \) và \(ID = \frac{{4\sqrt {39} }}{3}\).

Ta có:\(CD//\left( {ABI} \right) \Rightarrow d\left( {CD,AI} \right) = d\left( {CD,\left( {ABI} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {ABI} \right)} \right)\).

Trong\[\left( {SAD} \right)\]. Kẻ \(DP \bot AI\) tại P. Ta có \(AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot DP\).

Do đó \(DP \bot \left( {ABI} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {ABI} \right)} \right) = DP\).

\(I{A^2} = S{I^2} + S{A^2} - 2SI.SA.\cos \widehat {ISA}\)\( = {\left( {\frac{2}{3}\sqrt {39} } \right)^2} +  + {\left( {3\sqrt {13} } \right)^2} - 2.\frac{2}{3}\sqrt {39} .3\sqrt {13} .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{169}}{3}\)\( \Rightarrow IA = \frac{{13\sqrt 3 }}{3}\).

\({S_{\Delta ADI}} = \frac{1}{2}DI.DA.\sin \widehat {ADI} = \frac{1}{2}.\frac{{4\sqrt {39} }}{3}.\sqrt {39} .\sin 60^\circ  = 13\sqrt 3 \)

Và \({S_{\Delta ADI}} = \frac{1}{2}DP.AI \Rightarrow 13\sqrt 3  = \frac{1}{2}.\frac{{13\sqrt 3 }}{3}.DP \Rightarrow DP = 6\).

Vậy \(d\left( {CD,AI} \right) = 6\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\),\(H \in BC\).

\[\widehat {\left( {SA,(ABC)} \right)} = \widehat {SAH} = 45^\circ  \Rightarrow \]\(\Delta SHA\) vuông cân \( \Rightarrow SH = HA.\)

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.AH.\frac{1}{2}AB.BC.sin\widehat {ABC}\)\( = \frac{1}{6}.AH.2\sqrt 3 .6.sin60^\circ  = 3.AH.\)

Do đó: \({V_{min}} \Leftrightarrow A{H_{min}} \Leftrightarrow AH \bot BC\) tại \(H\).

Ta có: \(sin\widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow AH = AB.\sin 60^\circ  = 2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\)

Vậy \({V_{\min }} = 3.3 = 9\).