Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 13
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 tùy ý, \(\sqrt[5]{{{a^3}}}\) bằng:
\({a^{\frac{3}{5}}}\).
\({a^{\frac{5}{3}}}\).
\({a^{\frac{1}{2}}}\).
\({a^2}\).
Chọn A
Với mọi số thực dương \(a\) ta có: \(\sqrt[5]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{5}}}\).
Tập xác định của hàm số \(y = {\log _2}{\left( {1 - x} \right)^3}\) là
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
\(\mathbb{R}\).
\(\left( { - \infty ;1} \right)\).
\(\left( { - 1; + \infty } \right)\).
Chọn C
Điều kiện: \(1 - x > 0 \Leftrightarrow x < 1\). Vậy tập xác định của hàm số \(y = {\log _2}{\left( {1 - x} \right)^3}\) là \(\left( { - \infty ;1} \right)\).
Tập nghiệm của phương trình \({\log _2}(3x - 4) = 3\) là
\(\left\{ 2 \right\}\).
\(\left\{ { - 1} \right\}\).
\(\left\{ 4 \right\}\).
\(\left\{ { - 2} \right\}\).
Chọn C
Điều kiện: \(3x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{4}{3}\).
\( \Rightarrow 3x - 4 = {2^3} \Rightarrow 3x - 4 = 8 \Rightarrow 3x = 12 \Rightarrow x = 4.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ 4 \right\}\)
Tập nghiệm của bất phương trình \[{\left( {\frac{e}{\pi }} \right)^x} > 1\] là
\[S = \left( { - \infty ;0} \right)\].
\[S = \left( {0; + \infty } \right)\].
\[S = \left[ {0; + \infty } \right)\].
\[S = \mathbb{R}\].
Chọn A
Bất phương trình tương đương \[{\left( {\frac{e}{\pi }} \right)^x} > {\left( {\frac{e}{\pi }} \right)^0} \Leftrightarrow x < 0\].
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \[S = \left( { - \infty ;0} \right)\].
Qua điểm \(O\) cho trước, có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \(\Delta \) cho trước?
1.
3.
2.
Vô số.
Chọn A
Theo tính chất 1: Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Góc giữa đường thẳng \(AC\) và mặt phẳng \((AA'D'D)\) bằng
\(60^\circ \).
\(45^\circ \).
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
Chọn B
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot AD}\\{CD \bot DD'}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ADD'A'} \right)\).
Do đó \(\left( {AC;\left( {ADD'A'} \right)} \right) = \left( {AC;AD} \right) = \widehat {CAD} = {45^ \circ }\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Khẳng định nào sau đây đúng?
\[\left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {{\rm{DD'C'C}}} \right)\].
\[\left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {{\rm{ABC'D'}}} \right)\].
\[\left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {{\rm{BBC'C}}} \right)\].
\[\left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {{\rm{A'B'CD}}} \right)\].
Chọn C
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang vuông tại \(A\) và\(B\),\(AB = BC = a,AD = 2a\).\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)và \[SA = a\]. Tính khoảng cách giữa \[AD\] và\[SB\]?
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).
\(\frac{a}{2}\).
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].
\[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].
Chọn D
Trong \(\left( {SAB} \right)\), dựng \(AH \bot SB\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot SA\\AD \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot AH\).
Khi đó: \[d\left( {AD,SB} \right) = AH\].
Xét tam giác \[SAB\] vuông tại \(A\) có \[AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].
Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức \(S = A{{\rm{e}}^{nr}};\) trong đó \(A\) là dân số của năm lấy làm mốc tính, \(S\) là dân số sau \(n\) năm, \(r\) là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017, dân số Việt nam là \(93.671.600\) người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản Thống kê, Tr 79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là \(0,81\% ,\) dự báo dân số Việt nam năm 2035 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)?
\(109.256.100\).
\(108.374.700\).
\(107.500.500\).
\(108.311.100\).
Chọn B
Lấy năm 2017 làm mốc, ta có \(A = 93.671.600;\,n = 2035 - 2017 = 18.\)
\( \Rightarrow \) Dân số Việt Nam vào năm 2035 là \(S = 93.671.600.{{\rm{e}}^{18.\frac{{0,81}}{{100}}}} \approx 108.374.700\).
Một người gửi tiết kiệm khoản tiền 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 5%/kì hạn, theo hình thức lãi kép với kì hạn 6 tháng. Giả sử lãi suất không đổi trong suốt thời gian gởi,khi đó tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau một năm bằng
\(110250000\)đồng.
\(105000000\)đồng.
\(110000000\)đồng.
\(110200000\)đồng.
Chọn A
Một năm tương ứng với 2 kì hạn.Do đó:
Tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau một năm là:
\(S = {100.10^6}{\left( {1 + 5\% } \right)^2} = 110250000\)(đồng).
Hai mái nhà trong hình dười đây là hai hình chữ nhật. Giả sử\[AB = 4,8m;{\rm{ }}OA = 2,8m;OB = 4m.\]Số đo của góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà xấp xỉ bằng
\({80^0}.\)
\({88^0}.\)
\({143^0}.\)
\({87^0}.\)
Chọn B
Vì hai mái nhà là hai hình chữ nhật nên góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà là góc \(\widehat {AOB}\).
Áp dụng định lý cosin cho tam giác AOB ta có: \(cos\widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2OAOB}} = \frac{1}{{28}}.\)
Vậy góc \(\widehat {AOB} \approx {88^0}.\)
Một sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều như hình vẽ sau. Đáy và miệng sọt là các hình vuông tương ứng có cạnh bằng\[40{\rm{ }}cm,80{\rm{ }}cm\], cạnh bên của sọt dài \[80{\rm{ }}cm\].
Thể tích của sọt đã cho bằng
\(279375\,\left( {c{m^3}} \right).\)
\(279370\,\left( {c{m^3}} \right).\)
\(279378\,\left( {c{m^3}} \right).\)
\(279377\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Chọn D
Sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều\[ABCD.A'B'C'D'\].
Ta có \[{S_1}\; = {S_{ABCD}}\; = {80^2}\; = 6400\left( {c{m^2}} \right),{\rm{ }}{S_2}\; = {S_{A'B'C'D'}}\; = {40^2}\; = 1600{\rm{ }}\left( {c{m^2}} \right).\]
Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.
Kẻ D'H^BD tại H. Khi đó OHDO’ là hình chữ nhật.
Ta có \(OD = 40\sqrt 2 \left( {cm} \right),OH = O'D' = 20\sqrt 2 \,\left( {cm} \right) \Rightarrow DH = 20\sqrt 2 \,\left( {cm} \right).\)
\(OO' = D'H = \sqrt {DD{'^2} - D{H^2}} = 20\sqrt {14\,} \,\left( {cm} \right).\)
Thể tích của sọt:\(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right) \approx 279377\,\left( {c{m^3}} \right).\)
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 đồ thị hàm số \(y = {a^x}\) dưới đây.
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\,1} \right)\).
Hàm số cho bởi công thức \(y = {3^x}.\)
Đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng \(y = \frac{1}{3}\) tại điểm có hoành độ không âm.
Đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng \(y = - x + 1\) tại điểm có hoành độ dương.
a) SAI
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
b) ĐÚNG
Đồ thị hàm số\(y = {a^x}\)đi qua điểm \((1;3)\) suy ra \(a = 3.\)
c) SAI
Phương trình hoành độ giao điểm của \(y = {3^x}\) và đường thẳng \(y = \frac{1}{3}\) là:
\({3^x} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = - 1.\)
d) SAI
Phương trình hoành độ giao điểm của \(y = {3^x}\) và đường thẳng \(y = - x + 1\) là:
\({3^x} = - x + 1\quad (1)\)
Ta có hàm số \(y = {3^x}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) và \({3^x} > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).
Đường thẳng \(y = - x + 1\) có hệ số \(a = - 1 < 0\) nên nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).
Ta lại có \({3^0} = - 0 + 1\) nên phương trình \((1)\) có nghiệm duy nhất \(x = 0\).
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Biết SA - SC và SB = SD . Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau?
SO vuông góc (ABCD)
CD vuông góc (SBD)
AB vuông góc (SAC)
CD vuông góc AC
Tương tự \[AB\] không vuông góc với \[\left( {SAC} \right)\].
Vậy mệnh đề a: đúng
mệnh đề b: sai
mệnh đề c: sai
mệnh đề d: sai
Theo báo cáo chính phủ dân số của nước ta tính đến năm 2018 là 95,93 triệu người. Giả sử tỷ lệ tăng trưởng dân số trung bình hàng năm là \[1,33\% \](kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Dân số kể từ năm 2018 được tính theo công thức: \[N = 95,93.{(1 + 1,33\% )^n}\] (với \[n\] là số năm).
Dân số nước ta vào năm 2025 gần bằng 105,23 triệu người (tính từ năm 2018).
Từ năm 2018 đến năm 2027, dân số nước ta sẽ tăng khoảng 12,50 triệu người.
Gọi \[m\] là số năm để dân số nước ta đạt gần 108,04 triệu người (tính từ năm 2018). Khi đó \[P = 2{\log _3}m + 1 = 10\].
a) Đúng
b) Đúng
\[N = 95,93.{(1 + 1,33\% )^7} \approx 105,23\]triệu người
c) Sai
Số dân tăng từ năm 2018 đến năm 2027: \[N = 95,93.{\left( {1 + 1,33} \right)^9} - 95,93 \approx 12,11\] triệu người.
d) Sai
\[108,04 = 95,93.{\left( {1 + 1,33} \right)^n} \Rightarrow n = 9 = m\]
\[P = 2{\log _3}9 + 1 = 5\]
Một khối gỗ có dạng hình lăng trụ tam giác có cạnh đáy lần lượt 3(cm), 4(cm), 5(cm) và chiều cao \(7cm\) Mỗi mét khối gỗ này có giá trị 5 triệu đồng.
Diện tích xung quanh khối gỗ bằng \(84c{m^2}\).
Diện tích toàn phần khối gỗ bằng \(90c{m^2}\).
Thể tích khối gỗ bằng \(22c{m^3}\)
Giá trị khối gỗ này là 208 triệu đồng.
Có chu vi đáy \(C = 3 + 4 + 5 = 12\).
a) Đúng. \({S_{xq}} = C.h = 12.7 = 84(c{m^2})\)
b) Sai. \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{d\'a y}} = 84 + 2.6 = 96\left( {c{m^2}} \right)\).
c) Sai. \({V_{lt}} = {S_{d\'a y}}.h = 6.7 = 42\left( {c{m^3}} \right)\).
d) Sai.Tiền khối gỗ \(T = 42.5 = 210\)(triệu đồng).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Tính tổng bình phương các nghiệm của phương trình \({4^{{x^2} + 2}} - {9.2^{{x^2} + 2}} + 8 = 0\).
Ta có:
\({4^{{x^2} + 2}} - {9.2^{{x^2} + 2}} + 8 = 0 \Leftrightarrow {2^{2({x^2} + 2)}} - {9.2^{{x^2} + 2}} + 8 = 0\)
Đặt t= \({2^{{x^2} + 2}} \ge {2^2}\); \((t \ge 4)\)nhận được \({t^2} - 9t + 8 = 0\)
\( \Leftrightarrow t = 1 \prec 4(l)\)hoặc \(t = 8\)
Với \(t = 8\), nhận được:
\({2^{{x^2} + 2}} = 8 = {2^3} \Leftrightarrow {x^2} + 2 = 3 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\)
Vậy tổng bình phương các nghiệm \({1^2} + {( - 1)^2} = 2\).
Thầy Linh dự định sửa nhà, do chưa đủ tiền, thầy Linh gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 quý với lãi suất 1,25% một quý. Hỏi sau bao lâu thầy Linh có ít nhất 125 triệu cả vốn lẫn lãi từ số vốn ban đầu. ( kết quả tính theo năm ).
Ta có số tiền thu được sau \(t\) quý là:
\(T = 100{\left( {1 + 1,25\% } \right)^t}\)
Theo đề, ta có:
\(T \ge 125\)\( \Leftrightarrow 100{\left( {1 + 1,25\% } \right)^t} \ge 125\)
\( \Leftrightarrow {\left( {1 + 1,25\% } \right)^t} \ge \frac{5}{4}\)
\( \Leftrightarrow {\log _{\frac{5}{4}}}{\left( {1 + 1,25\% } \right)^t} \ge {\log _{\frac{5}{4}}}\frac{5}{4}\)
\( \Leftrightarrow t.{\log _{\frac{5}{4}}}\left( {1 + 1,25\% } \right) \ge 1\)
\( \Leftrightarrow t \ge \frac{1}{{{{\log }_{\frac{5}{4}}}\left( {1 + 1,25\% } \right)}} = 17,96\)
Suy ra số quý tối thiểu: t = 18 quý = 4 năm 6 tháng = 4,5 năm.
Cho bất phương trình \(2\log _3^2x - \left( {2a + \sqrt 2 } \right){\log _3}x + \sqrt 2 a < 0\). Gọi \[S\] là tập hợp các số nguyên dương \(a\) sao cho ứng với mỗi\(a\) bất phương trình trên có nghiệm nguyên \(x\) và số nghiệm nguyên \(x\) không vượt quá 10. Tìm số phần tử của tập \(S\)?
Điều kiện: \(x > 0\).
Đặt \(t = {\log _3}x\), bất phương trình trở thành \(2{t^2} - \left( {2a + \sqrt 2 } \right)t + \sqrt 2 a < 0\) \(\left( 1 \right)\).
Ta có \(2{t^2} - \left( {2a + \sqrt 2 } \right)t + \sqrt 2 a = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = a\\t = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\).
Do \(a \in {\mathbb{N}^*}\) nên \(\left( 1 \right)\) có nghiệm là \(\frac{{\sqrt 2 }}{2} < t < a\).
Suy ra \(\frac{{\sqrt 2 }}{2} < {\log _3}x < a\)\[ \Leftrightarrow {3^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} < x < {3^a}\].
Ứng với mỗi \(a\) bất phương trình đã cho có nghiệm nguyên \(x\) và số nghiệm nguyên \(x\) không vượt quá \(10\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 1\\{3^a} \le 13\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < a \le {\log _3}13\].
Mà \(a \in {\mathbb{N}^*}\)\( \Rightarrow a = 2 \Rightarrow S = \left\{ 2 \right\}\).
Vậy tập \(S\) có 1 số phần tử.
Kim tự tháp Kheops ở Ai Cập có dạng là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy dài 262 mét, cạnh bên dài 230 mét.Giả sử có một kho báu được đặt ở tâm của đáy kim tự tháp. Từ mặt bên của kim tự tháp người ta dự định khoan một đoạn đường thẳng đến kho báu, độ dài ngắn nhất của đoạn đường đó xấp xỉ bằng:….
Giả sử các cạnh và đỉnh của kim tự tháp như hình vẽ. Vì S.ABCD hình chóp tứ giác đều nên \[SH \bot \left( {ABCD} \right)\;\](\(H = AC \cap BD\) )
Xét \({\rm{\Delta ABC}}\) vuông tại A, 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: \(SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{{230}^2} - {{(131\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt {18578} \)(m).
Kẻ HJ vuông góc với SI, vì \(BC \bot HI,BC \bot SH \Rightarrow BC \bot HJ.\)
\(HJ \bot SI,HJ \bot BC \Rightarrow HJ \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow HJ = d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right).\)
Do đó \[HJ\]là đoạn đường ngắn nhất từ mặt bên đến kho báu.
Trong tam giác \[SHI\]vuông tại \[H\], ta có: \(HJ = \frac{{SH.SI}}{{\sqrt {S{H^2} + S{I^2}} }} \approx 94\left( m \right).\)
Vậy độ dài ngắn nhất cần tìm xấp xỉ \(94\,\,\left( m \right).\)
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi tâm O cạnh a, \[\widehat {ABC} = 60^\circ ,SA \bot \left( {ABCD} \right),\]\[SA = \frac{{3a}}{2}\]. Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AD\) và \(SC\)bằng: ……
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}AD \not\subset \left( {SBC} \right)\\AD//BC\end{array} \right. \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {AD,SC} \right) = d\left( {AD,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right).\]
\[\Delta ABC\] đều do \[\widehat {ABC} = 60^\circ \] và \[AB = BC\].
Gọi I là trung điểm BC,khi đó: \[AI \bot BC\](do \[\Delta ABC\] đều), mà \[BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAI} \right)\] theo giao tuyến \(SI.\)
Kẻ \(AH \bot SI\)tại \(H\)\( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow \)\[d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH.\]
\[\Delta ABC\] đều cạnh \[a \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].
Xét \[\Delta SAI\] vuông tại A có đường cao AH: \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{4}{{9{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{3a}}{4} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right).\]
Vậy \[d\left( {AD,SC} \right) = \frac{{3a}}{4}.\]
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh\(2\sqrt 3 \), \(\widehat {BAD} = 60^\circ \), gọi I là giao điểm \(AC\) và \(BD\). Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng \((ABCD)\) là \(H\) sao cho \(H\) là trung điểm của \(BI\). Góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) bằng \(45^\circ \). Thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD\)là \(\sqrt a \). Tìm \(a\)?
Tam giác \(ABD\) đều cạnh \(2\sqrt 3 \)\( \Rightarrow \) \(BD = 2\sqrt 3 \Rightarrow IH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Áp dụng định lí cosin cho tam giác \(ABC:\,\,AC = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - 2.2\sqrt 3 .2\sqrt 3 .c{\rm{os120}}^\circ } = 6 \Rightarrow IC = 3\)
Xét tam giác \(IHC\) vuông tại \[I\]: \(HC = \sqrt {I{H^2} + I{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {3^2}} = \frac{{\sqrt {39} }}{2}\)
Do tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\), có \(\widehat {SCH} = \left( {SC,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = 45^\circ \)nên tam giác \(SHC\) vuông cân tại \(H\). Suy ra: \(HC = SH = \frac{{\sqrt {39} }}{2}\)
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\): \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AC.BD.SH = \frac{1}{6}.6.2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt {39} }}{2} = \sqrt {117} \]
Vậy \(a = 117\)
