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

Chọn A

Chọn B

Điều kiện xác định là: \(3 - x > 0 \leftrightarrow x < 3\).

Vậy hàm số có TXĐ: \(D = \left( { - \infty ;3} \right)\).

Chọn D

\({5^x} = 25 \Leftrightarrow {5^x} = {5^2} \Leftrightarrow x = 2.\)

Chọn A

Điều kiện: \(x > 1\)

\({\log _2}\left( {x - 1} \right) > 3 \Leftrightarrow x - 1 > 8 \Leftrightarrow x > 9\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(x > 9\).

Chọn B

Nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(c\) thì \(a\) và \(b\) hoặc song song hoặc chéo nhau.

C sai do:

Giả sử hai đường thẳng \(a\) và \(b\) chéo nhau, ta dựng đường thẳng \(c\) là đường vuông góc chung của \(a\) và \(b\). Khi đó góc giữa \(a\) và \(c\) bằng với góc giữa \(b\) và \(c\) và cùng bằng \(90^\circ \), nhưng hiển nhiên hai đường thẳng \(a\) và \(b\) không song song.

D sai do: giả sử \(a\) vuông góc với \(c\), \(b\) song song với \(c\), khi đó góc giữa \(a\) và \(c\) bằng \(90^\circ \), còn góc giữa \(b\) và \(c\) bằng \(0^\circ \).

Do đó B đúng.

Chọn A

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot CD\), \(SA \bot BD\) và \(SA \bot BC\).

Chọn A

Giả thiết, ta có: \(BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)\) nên \(B'C'\) là hình chiếu vuông góc của \[BC'\] xuống mặt phẳng \[\left( {A'B'C'} \right)\] do đó giữa đường thẳng \(BC'\) và mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\)là góc \(\widehat {BC'B'}\).

Chọn D

Khoảng cách từ \(A'\) đến mặt phẳng \((ABCD)\)bằng \[AA' = a\].

Chọn A

Ta có \(A = 97,34.{e^{0,91\% .10}} = 106,61\) triệu người

Chọn C

Công thức lãi kép theo kì hạn tính số tiền thu được sau N kì gửi là

\(A = P.{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^N}\)

Trong đó, \(P\) Số tiền gửi ban đầu

\(r\) là lãi suất hàng năm

\(n\) là số lần tính lãi trong một năm

\(N\) là số kì gửi

Vậy ta có \[A = 150.{\left( {1 + \frac{{5\% }}{2}} \right)^{10}} = 192,01\] triệu

Chọn C

Xem kim tự tháp có dạng hình chop tứ giác đều \(S.ABCD\)như hình vẽ.

\(SO \bot \left( {ABCD} \right)\), O là tâm hình vuông \(ABCD\)

Xét tam giác \(SOA\)vuông tại O.

Ta có: \[AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}AB\sqrt 2  = 115\sqrt {2\,} \]

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  \approx 146,7\)

Vậy chiều cao của kim tư tháp gần bằng \(146,7\)m.

Chọn D

Sau khi cắt bỏ đi ở mỗi góc tấm bìa một hình vuông cạnh \(12\)\(cm\) rồi gấp lại thành một cái hộp chữ nhật không có nắp có đáy là hình vuông cạnh 20cm và chiều cao 12cm

Do đó thể tích hình hộp tạo thành là: \(V = 20.20.12 = 4800c{m^3}\).

a) Sai: Tập xác định của hàm số \(y = {\log _3}x{\mkern 1mu} \)là \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

b) Đúng:

c) Đúng: Tính chất hàm số \(y = {\log _a}x{\mkern 1mu} \) có cơ số nghịch đảo đối xứng qua trục hoành trên cùng tập xác định.

d) Đúng: \({\log _3}x{\mkern 1mu}  = 1 \Leftrightarrow x = 3.\) duy nhất tại điểm A(3;1).

a) Sai: \(AC\) là hình chiếu của của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) chính là góc \(\widehat {SAC}\)

Ta có \(AC = a\sqrt 2 \), suy ra tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(A\).

Vậy $\stackrel{⏜}{SCA}={45}^0.$

b) Đúng: \(DA \bot (SAB) \Rightarrow DA \bot SB.\)

c) Đúng: \(AC \bot BD;BD \bot SA.\) Suy ra \((SAC) \bot BD.\)

d) Sai, ta có\(DA \bot (SAB).\) Khi đó \(SA\) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(SD\) lên mặt phẳng \((SAB).\)

a) Đúng: Tốc độ tăng dân số hàng năm là \[1,05\% \].

b) Đúng: Năm 2025 ứng với \(t = 5\) nên có dân số thế giới là:

\(P\left( 5 \right) = 7,795.{\left( {1 + 0,0105} \right)^5} \approx 8,213\) (tỉ người).

c) Đúng Với giả thiết tăng tốc độ dân số \(1,05\% \)/năm không đổi, công thức \(\left( * \right)\) được áp dụng để tính dân số thế giới tại thời điểm bất kì sau năm 2020. Chẳng hạn, dân số thế giới tại thời điểm ngày 1 tháng 1 năm 2022 (ứng với \(t = 1,5\)) là

\(P\left( {1,5} \right) = 7,795.{\left( {1 + 0,0105} \right)^5} \approx 7,918\)(tỉ người).

a) Đúng: Thể tích chiếc vali cũ: \({V_1} = 75.45.30 = 101250\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

b) Sai: Diện tích đáy vali mới là \(S = 105.75 = 7875c{m^2}\).

c) Đúng: Thể tích chiếc vali mới: \({V_2} = 105.75.30 = 236250\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\). Thể tích chiếc vali mới lớn hơn thể tích chiếc vali cũ là: \({V_2} - {V_1} = 135000\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

d) Đúng: Tổng diện tích các mặt bên của vali mới là \(S = 2.30(105 + 75) = 10800{\rm{ }}c{m^2}\).

Xét phương trình \[{\log _{\sqrt 2 }}\left( {x - 2} \right) + {\log _{0,5}}\left( {x + 28} \right) = 0\].

Điều kiện xác định: \(x > 2\).

Phương trình có dạng:

\[{\log _{\sqrt 2 }}\left( {x - 2} \right) + {\log _{0,5}}\left( {x + 28} \right) = 0 \Leftrightarrow 2{\log _2}\left( {x - 2} \right) - {\log _2}\left( {x + 28} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x - 2} \right)^2} = {\log _2}\left( {x + 28} \right) \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = x + 28 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\,\,\,\,(tm)\\x =  - 3\,(l)\end{array} \right.\].

Do đó tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 8 \right\}\).

Vậy tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình bằng 64.

Số tiền ông Nam có được sau 3 năm là: \(x{\left( {1 + 0,066} \right)^3}\) (triệu đồng).

Số tiền lãi ông Nam có được sau 3 năm là: \(x{\left( {1 + 0,066} \right)^3} - x\) (triệu đồng).

Để sau 3 năm số tiền lãi của ông Nam mua được chiếc xe máy trị giá 26 triệu đồng thì \(x{\left( {1 + 0,066} \right)^3} - x \ge 26 \Leftrightarrow x \ge 123,0154905\).

Vậy ông Nam phải gửi tối thiểu 124 triệu đồng.

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

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 3\). Vậy tổng các phần tử của \(S\) là \(3.\)

Gọi \(x(m)\) là chiều dài cạnh hình vuông nhỏ tại mỗi góc của tấm tôn được cắt bỏ đi (với \(0 < x < \frac{1}{2}\)).

Thể tích hình hộp chữ nhật nhận được là

\(V = {(1 - 2x)^2} \cdot x = \frac{1}{4} \cdot (1 - 2x) \cdot (1 - 2x) \cdot 4x \le \frac{1}{4} \cdot {\left( {\frac{{1 - 2x + 1 - 2x + 4x}}{3}} \right)^3} = \frac{2}{{27}}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(1 - 2x = 4x \Leftrightarrow x = \frac{1}{6}\).

Vậy để thể tích chiếc thùng là lớn nhất thì các cạnh của hình vuông được cắt bỏ đi là \(\frac{1}{6}\;m\).

Dựng hình bình hành \[ABCD\], vì tam giác \[ABC\] là tam giác vuông tại B nên \[ABCD\] là hình chữ nhật.

Suy ra \(BC//AD \Rightarrow BC//\left( {A'AD} \right)\).

Do đó \(d\left( {BC,AA'} \right) = d\left( {BC,\left( {A'AD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {A'AD} \right)} \right)\).

Mà \(3\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AC} \) nên \(d\left( {C,\left( {A'AD} \right)} \right) = 3d\left( {M,\left( {A'AD} \right)} \right)\).

Kẻ \(MH \bot AD \Rightarrow \left( {A'MH} \right) \bot \left( {A'AD} \right) = A'H\).

Kẻ \(MK \bot A'H \Rightarrow MK \bot \left( {A'AD} \right) \Rightarrow MK = d\left( {M,\left( {A'AD} \right)} \right)\).

Mặt khác ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = 2 \Rightarrow AM = \frac{1}{3}AC = \frac{2}{3} \Rightarrow A'M = \sqrt {A'{A^2} - A{M^2}}  = \frac{{\sqrt {14} }}{3}\).

Và \(MH//CD \Rightarrow \frac{{MH}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MH = \frac{1}{3}CD = \frac{1}{3}AB = \frac{1}{3}\).

Suy ra \(\frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{1}{{A'{M^2}}} + \frac{1}{{M{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt {14} }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{{135}}{{14{a^2}}} \Leftrightarrow MK = \frac{{\sqrt {210} }}{{45}}\).

Vậy \(d\left( {BC,AA'} \right) = d\left( {C,\left( {A'AD} \right)} \right) = 3d\left( {M,\left( {A'AD} \right)} \right) = 3MK = 3\frac{{\sqrt {210} }}{{45}} = \frac{{\sqrt {210} }}{{15}}\).

Gọi \(H\) thuộc mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(DH \bot \left( {ABC} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BA \bot DA\\BA \bot DH\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BA \bot AH.\) Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BD\\BC \bot DH\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot BH.\)

Tam giác \(ABH\) có \(AB = a;\) \(\widehat {ABC} = 135^\circ ;\) \(\widehat {CBH} = 90^\circ \) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{ }}ABH} = 45^\circ \) suy ra \(\Delta ABH\) vuông cân tại \(A\) \( \Rightarrow AH = AB = a\).

Áp dụng định lý côsin ta có \(BC = a\sqrt 2 .\)

Diện tích tam giác \(ABC\): \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BA.BC.sin\widehat {ABC} = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Kẻ \(HE\), \(HF\) lần lượt vuông góc với \(DA\), \(DB\).

Suy ra \(HE \bot \left( {ABD} \right)\), \(HF \bot \left( {BCD} \right)\) nên góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\), \(\left( {BCD} \right)\) bằng góc \(\widehat {EHF}.\)

Tam giác \(EHF\) vuông tại \(E\), ta có \(HE = \frac{{a.DH}}{{\sqrt {{a^2} + D{H^2}} }}\), \(HF = \frac{{DH.a.\sqrt 2 }}{{\sqrt {2{a^2} + D{H^2}} }}.\)

Mặt khác: \[\cos \widehat {EHF} = \frac{{HE}}{{HF}} = \sqrt {\frac{3}{4}}  = \frac{{\sqrt {D{H^2} + 2{a^2}} }}{{\sqrt {2.D{H^2} + 2{a^2}} }}\] \[ \Rightarrow DH = a.\]

Thể tích tứ diện \(ABCD\) là \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.DH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^3}}}{6}.\)