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

Chọn D

\({\left( {{5^\alpha }} \right)^2} = {5^{2\alpha }}\).

Chọn C

Hàm số xác định khi \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).

Tập xác định của hàm số là \(D = \left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn B

Chọn D

Ta có: \({2^x} > 3\,\, \Leftrightarrow \,x\,\, > \,{\log _2}3\).

Tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {{{\log }_2}3; + \infty } \right)\).

Chọn B

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.

Chọn D

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA,\,BC \bot AB\\SA,\,AB \subset \left( {SAB} \right)\\SA \cap AB = A\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\].

\[ \Rightarrow \]\[B\] là hình chiếu vuông góc của \[C\]lên \[\left( {SAB} \right)\].

Do đó góc giữa \[SC\] và \[\left( {SAB} \right)\] là \[\widehat {CSB}\].

Chọn B

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA,\,BD \bot AC\\SA,\,AC \subset \left( {SAC} \right)\\SA \cap AC = A\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\].

Mà \[BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\].

Chọn C

Ta có \[V = \frac{1}{3}.6.5 = 10\].

Chọn C

Sau 6 năm, khu rừng đó sẽ có mét khối gỗ là \({P_6} = 5.\,{10^3}\,.{\left( {1 + 0,04} \right)^6} \approx 632660\left( {{m^3}} \right)\).

Chọn C

Gọi \(A\) là số tiền gửi vào ngân hàng, \(r\) là lãi suất, \(T\) là số tiền cả gốc lẫn lãi thu được sau \(n\) tháng. Ta có \(T = A{\left( {1 + r} \right)^n}\).

Theo đề \(T = 50.{\left( {1,005} \right)^n} > 60 \Leftrightarrow n > {\log _{1,005}}\frac{6}{5} \approx 36,6\).

Vậy sau ít nhất \(37\) tháng thì ông A thu được số tiền cả gốc lẫn lãi hơn 60 triệu đồng.

Chọn B

Tam giác ABC đều cạnh bằng 110cm, nên \(AH = \frac{{110\sqrt 3 }}{3}\).

Chiều cao của giá đỡ là độ dài SH.

Vậy \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{{129}^2} - {{(\frac{{110\sqrt 3 }}{3})}^2}}  = \sqrt {\frac{{37823}}{3}}  \approx 112,28cm\).

Ta có: \(OC = 40\sqrt 2 ,{O^\prime }{C^\prime } = 20\sqrt 2 \), suy ra \(CH = 20\sqrt 2 \).

Trong tam giác vuông \({C^\prime }CH\), ta có \({C^\prime }H = \sqrt {C{C^{\prime 2}} - C{H^2}}  = 20\sqrt {14} {\rm{. }}\)

Nên \(O{O^\prime } = {C^\prime }H = 20\sqrt {14} \).

Thể tích của cái sọt đựng đồ là:

\(V = \frac{1}{3} \cdot 20\sqrt {14}  \cdot (6400 + \sqrt {6400 \cdot 1600}  + 1600) \approx 279377,08\;c{m^2}{\rm{. }}\)

a) Sai: Đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số nghịch biến trên \((0; + \infty )\).

b) Đúng: Tập xác định của ba hàm số trên đều là khoảng \((0; + \infty )\).

c) Sai: Kẻ đường thẳng y = 1 thì từ bên trái qua cắt 3 đồ thị theo thứ tự \(y = {\log _a}x,\,\) \(y = {\log _b}x,\) \(y = {\log _c}x\) nên a < b < c.

d) Đúng: Khi x > 1, thì các đường thẳng song song với Oy cắt 2 đồ thị \(y = {\log _b}x,\) \(y = {\log _c}x\) theo thứ tự từ thấp đến cao nên \({\log _b}x > {\log _c}x\).

a) Đúng: \(CD \bot BG;CD \bot AG \Rightarrow CD \bot (ABG) \Rightarrow CD \bot AB.\)

b) Sai: Góc giữa cạnh AD và mặt phẳng (BCD) là \(\widehat {ADG}\).

c) Sai: Tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.

d) Đúng: Vì mặt phẳng (ADG) vuông góc với BC tại trung điểm của BC.

a) Đúng: Vì: \[S = A.{e^{r.t}}\] \[ \Rightarrow 300 = 100.{e^{r.5}} \Leftrightarrow r = \frac{{\ln 3}}{5}\].

b) Sai: Vì \[20\] phút \[ = \frac{1}{3}\] giờ; \[S = A.{e^{r.t}} = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}.\frac{1}{3}}} = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{{15}}}}\].

c) Đúng: Vì từ 100 con, để có 200 con ta có: \[200 = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}.t}} \Leftrightarrow t = 5.\frac{{\ln 2}}{{\ln 3}} \approx 3,15\] giờ

Tức là gần với kết quả là \[3\] giờ \[9\] phút.

d) Sai: Vì \[S = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}.10}} = 100.{e^{2\ln 3}} = 900\] con (< 1000 con).

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x \ne 3\end{array} \right.\).

\[2{\log _2}\left( {2x - 2} \right) + {\log _2}{\left( {x - 3} \right)^2} = 2\]\[ \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {2x - 2} \right)^2} + {\log _2}{\left( {x - 3} \right)^2} = 2\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}{\left[ {\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)} \right]^2} = 2\]\[ \Leftrightarrow {\left( {2{x^2} - 8x + 6} \right)^2} = {2^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{x^2} - 8x + 6 = 2\\2{x^2} - 8x + 6 =  - 2\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 4x + 2 = 0\,\,\left( 1 \right)\,\,\,\,\\{x^2} - 4x + 4 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\].

Ta có:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 2 + \sqrt 2 \\x = 2 - \sqrt 2 \,\,(l)\end{array} \right.\).\(\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \,x = 2\).

Tập nghiệm của phương trình là: \[\left\{ {2;\,2 + \sqrt 2 } \right\}\].

Vậy tổng các nghiệm của là: \[S = 2 + 2 + \sqrt 2  = 4 + \sqrt 2 \].

Ta chứng minh được tổng số tiền bác Minh thu được cả vốn và lãi sau \(n\) năm là:\({A_n} = A.{\left( {1 + 0,065} \right)^n}\).

Bác Minh thu được tối thiểu \(350\) triệu đồng (cả vốn và lãi) là số \(n\) nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình: \(350 \le 200.{\left( {1,065} \right)^n} \Leftrightarrow {\left( {1,065} \right)^n} \ge \frac{7}{4}\)\( \Leftrightarrow n \ge {\log _{1,065}}\frac{7}{4} \approx 8,89 \Rightarrow {n_0} = 9\).

Vậy sau ít nhất \[9\] năm thì bác An thu được số tiền \(350\) triệu đồng.

Sau \(n\) năm, số tiền người gửi nhận được là \(A = {10^8}.1,{06^n}\).

Để nhận được số tiền hơn \[300\] triệu thì

\(A > {3.10^8} \Leftrightarrow {10^8}.1,{06^n} > {3.10^8} \Leftrightarrow 1,{06^n} > 3 \Leftrightarrow n > {\log _{1,06}}3 \approx 18,85\).

Vậy ít nhất sau \(19\) năm thì người đó nhận được số tiền nhiều hơn \[300\] triệu.

Vì \(AB//C{\rm{D}}\) nên \[\widehat {\left( {SC,AB} \right)}{\rm{ }} = {\rm{ }}\widehat {\left( {SC,CD} \right)} = \widehat {SCD}\].

Xét tam giác \(SCD\) có \(cos\widehat {SCD\,} = \frac{{S{C^2} + D{C^2} - S{D^2}}}{{2SC.DC}} = \frac{{115}}{{219}}\).

Vậy góc tạo bởi cạnh bên \(SC\) và cạnh đáy \(AB\) của kim tự tháp xấp xỉ \(58,{32^o}\).

Dựng \(SM\,//\,AH,\,\,M \in AD,\,\,N = CM \cap AB.\)

Ta có:\(HD = \sqrt 3  \Rightarrow SD = \frac{{A{D^2}}}{{HD}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow SH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\)

Suy ra:\(AM = \frac{1}{3}AD = \frac{2}{3}\,\,;\,\,\,AN = \frac{1}{4}AB = \frac{1}{4}.\)

Ta có:\(d\left( {AH,SC} \right) = d\left( {AH,\left( {SMC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right).\)

Vì \[ASMN\] là tam diện vuông tại \(A\) nên

\[\frac{1}{{{d^2}\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} \Rightarrow d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = \frac{{\sqrt {19} }}{{19}}.\]

Vậy \(d\left( {AH,SC} \right) = \frac{{\sqrt {19} }}{{19}} \approx 0,23\)

Gọi \[J\], \[K\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \[A\] lên \[BB'\] và \[CC'\], \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[C\] lên \[BB'\]

Ta có \[AJ \bot BB'{\rm{   }}\left( 1 \right)\].

\[AK \bot CC' \Rightarrow AK \bot BB'{\rm{   }}\left( 2 \right)\].

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[BB' \bot \left( {AJK} \right)\]\[ \Rightarrow BB' \bot JK\]\[ \Rightarrow JK{\rm{//}}CH\]\[ \Rightarrow JK = CH = \sqrt 5 \].

Xét \[\Delta AJK\] có \[J{K^2} = A{J^2} + A{K^2} = 5\] suy ra \[\Delta AJK\] vuông tại \[A\].

Gọi \[F\] là trung điểm \[JK\] khi đó ta có \[AF = JF = FK = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\].

Gọi \[N\] là trung điểm \[BC\], xét tam giác vuông \[ANF\] ta có:

\[\cos \widehat {NAF} = \frac{{AF}}{{AN}}\]\[ = \frac{{\frac{{\sqrt 5 }}{2}}}{{\sqrt 5 }}\]\[ = \frac{1}{2}\]\[ \Rightarrow \widehat {NAF} = {60^ \circ }\]. (\[AN = A'M = \sqrt 5 \] vì \[AN{\rm{//}}A'M\] và \[AN = A'M\]).

Vậy ta có \[{S_{\Delta AJK}} = \frac{1}{2}AJ.AK\]\[ = \frac{1}{2}.1.2 = 1\]\[ \Rightarrow {S_{\Delta AJK}} = {S_{\Delta ABC}}.\cos {60^ \circ }\]\[ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{S_{\Delta AJK}}}}{{\cos {{60}^ \circ }}} = \frac{1}{{\frac{1}{2}}} = 2\].

Xét tam giác \[AMA'\] vuông tại \[M\] ta có \[\widehat {MAA'} = \widehat {AMF} = {30^ \circ }\] hay \[AM = A'M.\tan {30^ \circ }\]\[ = \frac{{\sqrt {15} }}{3}\].

Vậy thể tích khối lăng trụ là \[V = AM.{S_{\Delta ABC}}\]\[ = \frac{{\sqrt {15} }}{3}.2 = \frac{{2\sqrt {15} }}{3} \approx 2,58\].