Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 13

Chọn A

Với mọi số thực dương \(a\) ta có: \(\sqrt[5]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{5}}}\).

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 \(\left( { - \infty ;1} \right)\).

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: \(S = \left\{ 4 \right\}\)

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 \[S = \left( { - \infty ;0} \right)\].

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.

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 \(\left( {AC;\left( {ADD'A'} \right)} \right) = \left( {AC;AD} \right) = \widehat {CAD} = {45^ \circ }\).

Chọn C

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 \[AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

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 \(S = 93.671.600.{{\rm{e}}^{18.\frac{{0,81}}{{100}}}} \approx 108.374.700\).

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).

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 \(\widehat {AOB} \approx {88^0}.\)

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:\(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right) \approx 279377\,\left( {c{m^3}} \right).\)

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 \(x = 0\).

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

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

\[108,04 = 95,93.{\left( {1 + 1,33} \right)^n} \Rightarrow n = 9 = m\]

\[P = 2{\log _3}9 + 1 = 5\]

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).

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 \({1^2} + {( - 1)^2} = 2\).

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.

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.

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 \(94\,\,\left( m \right).\)

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 \[d\left( {AD,SC} \right) = \frac{{3a}}{4}.\]

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 \(a = 117\)