Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 12
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Với a là số thực dương tuỳ ý, \(\sqrt {{a^3}} \) bằng
\({a^6}\).
\({a^{\frac{3}{2}}}\).
\({a^{\frac{2}{3}}}\).
\({a^{\frac{1}{6}}}\).
Chọn B
Áp dụng công thức luỹ thừa với số mũ hữu tỉ \(\sqrt {{a^3}} = {a^{\frac{3}{2}}}\).
\(0 < b < 1 < a\).
\(0 < a < b < 1\).
\(0 < b < a < 1\).
\(0 < a < 1 < b\).
Chọn A
Từ đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\), có \(0 < b < 1\)
Từ đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\), có \(a > 1\)
Vậy \(0 < b < 1 < a\)
\(x = 2\).
\(x = 1\).
\(x = - 1\).
\(x = - 2\).
Chọn B
\(b \ge c\).
\(b \le c\).
\(b > c\).
\(b < c\).
Chọn A
Xét hàm số logarit \(y = {\log _5}x\) có cơ số là 5 nên hàm số đồng biến.
Từ \({\log _5}b \ge {\log _5}c \Rightarrow b \ge c\)
\[30^\circ \].
\[45^\circ \].
\[60^\circ \].
\[90^\circ \].
Chọn D
\(SB\) và \(AB\,\).
\(SB\)và \(BC\,.\)
\(SB\) và \(SA.\)
\(SB\) và \(SC\,.\)
Chọn A
Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \[AB\] là hình chiếu vuông góc của \[SB\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\,.\]
Do đó \[\left( {\widehat {SB\,,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SB\,,\,AB}} \right)\,.\]
Mệnh đề nào sau đây đúng?
Hình lập phương là hình lăng trụ đều.
Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ đều.
Hình lăng trụ có đáy là một đa giác đều là hình lăng trụ đều.
Hình lăng trụ tứ giác đều là hình lập phương.
Chọn A
Theo định nghĩa lăng trụ đều thì đáp án A là đáp án đúng.
\(V = \frac{1}{3}B.h\).
\(V = B.h\).
\(V = \frac{2}{3}B.h\).
\(V = \frac{1}{2}B.h\).
Chọn B
Công thức tính thể tích khối lăng trụ là \(V = B.h\).
\[4{\log _3}2\].
\[1\].
\[3{\log _3}2\].
\[2{\log _2}3\].
Chọn C
Ta có: \({9^x} - {3.3^x} + 2 = 0\)\( \Leftrightarrow \)\({3^{2x}} - {3.3^x} + 2 = 0\)\( \Leftrightarrow \)\(\left( {{3^x} - 1} \right)\left( {{3^x} - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {\log _3}2\end{array} \right.\).
Với \({x_1} < {x_2}\) nên \({x_1} = 0\) và \({x_2} = {\log _3}2\).
Suy ra \(2{x_1} + 3{x_2} = 3{\log _3}2\).
\[1\].
\[3\].
\[2\].
\[0\].
Chọn A
Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4x > 0\\2x + 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 0\\x < - 4\end{array} \right.\\x > - \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0\).
Phương trình đã cho\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) = {\log _3}\left( {2x + 3} \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x = 2x + 3\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + 2{\rm{x}} - 3 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right.\).
Kết hợp điều kiện ta được \(x = 1\).
\(AB \bot (SBC)\).
\(AC \bot (SBC)\).
\(SA \bot (ABCD)\).
\(SO \bot (ABCD)\).
Chọn D
Vì \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\) nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).
Tam giác \(SAC\) có \(SA = SC\) nên tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) suy ra \(SO \bot AC\).
Tam giác \(SBD\) có \(SB = SD\) nên tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) suy ra \(SO \bot BD\).
Vậy \(SO \bot (ABCD)\).
Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\)và \(\left( {ABCD} \right)\)vuông góc.
Hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\)và \(\left( {ABCD} \right)\)vuông góc.
Hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\)và \(\left( {ABCD} \right)\)vuông góc.
Hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\)và \(\left( {SBD} \right)\)vuông góc.
Chọn A
\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}(SAC) \bot \left( {ABCD} \right)\\(SBD) \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\) Do đó B, C đúng
\[\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD) \Rightarrow (SAC) \bot (SBD)\] do đó D đúng
Vậy A sai (có thể giải thích bằng cách tính góc nhị diện)PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số \(y = {2^x}\), xác định tính đúng sai của các mệnh đề sauTập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\)
Tập giá trị của hàm số là \(\left( {0; + \infty } \right)\)
Đồ thị hàm số cắt trục \(Ox\) tại đúng 1 điểm
Hàm số đồng biến trên tập xác định của nó
Hàm số mũ \(y = {2^x}\) với cơ số \(2 > 1\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\), tập giá trị là \(\left( {0; + \infty } \right)\), hàm số đồng biến trên tập xác định và đồ thị hàm số không cắt trục \(Ox\)(luôn nằm trên), cắt trục \(Oy\) tại điểm \(\left( {0;1} \right)\)
Vậy ta có thể xác định được
a) Đúng
b) Đúng
c) Sai
d) Đúng
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\)
\(AB' \bot \left( {SBC} \right)\)
\(AD' \bot \left( {SCD} \right)\)
Các điểm \[A,B',C',D'\] là 4 đỉnh của một tứ diện
![Ta có \(AB' \bot SC,AD' \bot SC\). Các đường thẳng \(AB',AC',AD'\) cùng đi qua A và vuông góc với SC nên cùng thuộc một mặt phẳng do đó bốn điểm \[A,B',C',D'\] đồng phẳng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/6-1765874064.png)
Vì \(BC \bot SA\) và \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\). Do đó, \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\)
Đường thẳng AB’ thuộc (SAB) và vuông góc với SB nên \(AB' \bot \left( {SBC} \right)\)
Tương tự \(AD' \bot \left( {SCD} \right)\)
Ta có \(AB' \bot SC,AD' \bot SC\). Các đường thẳng \(AB',AC',AD'\) cùng đi qua A và vuông góc với SC nên cùng thuộc một mặt phẳng do đó bốn điểm \[A,B',C',D'\] đồng phẳng
Vậy ta có
a) Đúng
b) Đúng
c) Đúng
d) Sai
\(x = 2\) là một nghiệm của bất phương trình.
\(x = 0\) là một nghiệm nguyên của bất phương trình.
Tập nghiệm của bất phương trình là\(S = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\).
Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {1;3} \right).\)
Ta có: \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 4x}} < 8\)\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 4x}} < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 3}}\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x > - 3\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 > 0\)\( \Leftrightarrow x < 1 \vee x > 3\).
a) Sai.
b) Đúng.
c) Đúng.
d) Sai.
Hình lăng trụ đã cho có 6 mặt, 12 cạnh, 8 đỉnh.
Các mặt của hình lăng trụ đã cho là hình bình hành.
Hai mặt phẳng \[\left( {AB'C'D} \right)\], \[\left( {A'BCD'} \right)\] vuông góc với nhau.
Biết rằng, ba mặt có chung một đỉnh của hình lăng trụ có diện tích lần lượt \[10{\rm{c}}{{\rm{m}}^2},\,\,20{\rm{c}}{{\rm{m}}^2},\,\,32{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\] Khi đó, diện tích toàn phần của hình lăng trụ bằng \(124\,\,c{m^2}\).
a) Đúng.
b) Đúng.
c) Sai.
d) Đúng.
\[{S_{tp}} = 2\left( {10 + 20 + 32} \right) = 124\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\]
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Cho \(a,b\) là các số thực dương. Biết rằng, \(\frac{{{a^{\frac{1}{3}}}.b + a.{b^{\frac{1}{3}}}}}{{a.{{\left( {\frac{1}{a}} \right)}^{\frac{1}{3}}} + b.{{\left( {\frac{1}{b}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}} = {a^\alpha }.{b^\beta }\). Hãy tính giá trị của biểu thức \(A = 3\alpha - 3\beta \).
Ta có
\(\frac{{{a^{\frac{1}{3}}}{b^{\frac{1}{3}}}\left( {{b^{\frac{2}{3}}} + {a^{\frac{2}{3}}}} \right)}}{{a \cdot {a^{ - \frac{1}{3}}} + b \cdot {b^{ - \frac{1}{3}}}}} = \frac{{{a^{\frac{1}{3}}} \cdot {b^{\frac{1}{3}}}\left( {{b^{\frac{2}{3}}} + {a^{\frac{2}{3}}}} \right)}}{{{a^{\frac{2}{3}}} + {b^{\frac{2}{3}}}}} = {a^{\frac{1}{3}}} \cdot {b^{\frac{1}{3}}}\)
Suy ra, \(\alpha = \frac{1}{3}\) và \(\beta = \frac{1}{3}\).
Vậy \(A = 3.\frac{1}{3} - 3.\frac{1}{3} = 1 - 1 = 0\).
Cho \[x > 0\] thỏa mãn \({\log _2}\left( {{{\log }_8}x} \right) = {\log _8}\left( {{{\log }_2}x} \right)\). Tính \({\left( {{{\log }_2}x} \right)^2}\)
Cách 1. Đặt \(t = {\log _2}x,\) ta có
\[\begin{array}{l}{\log _8}x = {\log _{{2^3}}}x = \frac{1}{3}.{\log _2}x = \frac{t}{3}\\ \Rightarrow {\log _2}\frac{t}{3} = {\log _8}t \Leftrightarrow {\log _2}\frac{t}{3} = \frac{1}{3}{\log _2}t\end{array}\]
\[ \Leftrightarrow {\log _2}\frac{t}{3} = {\log _2}\sqrt[3]{t} \Leftrightarrow \frac{t}{3} = \sqrt[3]{t} \Leftrightarrow t = 3\sqrt 3 \Rightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} = {t^2} = 27\]
Cách 2. Nhập
Nhập \[{\left( {{{\log }_2}A} \right)^2}\] ra kết quả 27
Đáp án: 0,4
Xét phép chiếu song song lên mặt phẳng \[\left( {A'B'C'D'} \right)\] theo phương chiếu \[BA'\]. Ta có \[N\] là ảnh của \[M\] hay \[M\] chính là giao điểm của \[B'D'\] và ảnh \[AC'\] qua phép chiếu này. Do đó ta xác định \[M,N\] như sau: Trên \[A'B'\] kéo dài lấy điểm \[K\] sao cho \[A'K = B'A'\] thì \[ABA'K\] là hình bình hành nên \[AK//BA'\] suy ra \[K\] là ảnh của \[A\] trên \[AC'\] qua phép chiếu song song. Gọi \[N = B'D' \cap KC'\]. Đường thẳng qua \[N\] và song song với \[AK\] cắt \[AC'\] tại \[M\]. Ta có \[M,N\] là các điểm cần xác định. Theo định lí Thales, ta có \[\frac{{MA}}{{MC'}} = \frac{{NK}}{{NC'}} = \frac{{KB'}}{{C'D'}} = 2\]. |
![Cho hình hộp \[ABCD.A'B'C'D'\]. Xác đ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/7-1765874466.png) |
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuôn (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/8-1765874498.png)
Gọi \[I\] là trung điểm của \[AB.\]
Ta có \[(SAB) \bot (ABCD)\] và \[(SAB) \cap (ABCD) = AB\]
Mà \[SI \bot AB,SI \subset (SAB).\] Suy ra \[SI \bot (ABCD).\]
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AB//CD,CD \subset (SCD)\\AB \not\subset (SCD)\end{array} \right. \Rightarrow AB//(SCD)\]
Do đó: \[d(AB,SC) = d(AB,(SCD)) = d(I,(SCD))\]
Gọi H là trung điểm của CD.
Trong mp(SIH), kẻ \[IK \bot SH\]
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot IH,CD \bot SI\\IH \cap SI = I;IH,SI \subset (SIH)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SIH) \Rightarrow CD \bot IK.\]
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}IK \bot CD,IK \bot SH\\CD \cap SH = H;CD,SH \subset (SCD)\end{array} \right. \Rightarrow IK \bot (SCD).\]
Vậy \[d(I,(SCD)) = IK.\]
Ta có \[SI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
Xét \[\Delta SIH\] có \[IK = \frac{{SI.IH}}{{\sqrt {S{I^2} + I{H^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\]
Vậy \[d(AB,SC) = 0,65.\]
Sau 2 giờ, số lượng vi khuẩn trong mỗi mililít nước là 6000 nên ta có
\(6000 = {9000.10^{ - 2\alpha }} \Rightarrow \frac{2}{3} = {10^{ - 2\alpha }} \Rightarrow - 2\alpha = \log \frac{2}{3} \Rightarrow \alpha = - \frac{1}{2}\log \frac{2}{3} = \frac{1}{2}\log \frac{3}{2}\)
Do đó, để mỗi mililít nước trong thùng ít hơn hoặc bằng 1000 thì
\(\begin{array}{l}9000 \cdot {10^{ - \alpha t}} \le 1000\\ \Leftrightarrow {10^{ - \alpha t}} \le \frac{1}{9}\\ \Leftrightarrow - \alpha t \le \log \frac{1}{9}\end{array}\)
\( \Leftrightarrow t \ge - \frac{2}{\alpha }\log \frac{1}{3} = - \frac{2}{{\frac{1}{2}\log \frac{3}{2}}} \cdot \log \frac{1}{3} = \frac{{4\log 3}}{{\log \frac{3}{2}}}{\rm{ }}\)
Khi làm tròn đến hàng đơn vị thời gian ít nhất là 11 (giờ).
