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

Chọn D

Ta có \({27^{\frac{1}{3}}} = \sqrt[3]{{27}} = 3\).

Chọn B

Vì \(\frac{1}{3}\) là số không nguyên nên hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\) xác định khi và chỉ khi \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).

Vậy hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\) có tập xác định là \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn B

Ta có công thức \(V = \frac{1}{3}Bh\).

Chọn A

Ta có: \(\log \left( {100a} \right) = \log 100 + \log a = 2 + \log a = 2 + 7 = 9\).

Chọn A

Do đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {2;2} \right)\) nên \(2 = {\log _a}2 \Leftrightarrow a = \sqrt 2 \).

Chọn D

Ta có: \({3^{{x^2} - 2x - 5}} = 27 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 2x - 5}} = {3^3} \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 4\end{array} \right.\).

Vậy \(4 + \left( { - 2} \right) = 2\).

Chọn C

Thể tích của khối hộp là \(V = 2.4.6 = 48\).

Chọn B

Tập xác định \(D = \left( { - \infty ;2} \right)\). Ta có: \({\log _2}\left( {2 - x} \right) \le 1 \Leftrightarrow 2 - x \le 2 \Leftrightarrow x \ge 0\). Vậy \(S = \left[ {0;2} \right)\).

Chọn A

Vì \[CD{\rm{//}}AB\] nên \[\left( {BA',CD} \right) = \left( {BA',BA} \right) = \widehat {ABA'} = 45^\circ \] (do \(ABB'A'\) là hình vuông).

Chọn D

A. Đúng vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a \bot (P)}\\{a//b\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Rightarrow b \bot (P)\) nên đáp án D sai.

B. Đúng vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a \bot (P)}\\{b \subset (P)}\end{array}} \right. \Rightarrow a \bot b\).

C. Đúng vì\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a \bot (P)}\\{b//(P)}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow b \bot a\).

Chọn D

Gọi \(H = AB \cap CD \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \varphi  = \left( {SB\,,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SAH}\).

Xét tam giác \(SBH\)vuông tại \(H\), có \(BH = \frac{{BD}}{2} = \frac{{2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \).

\( \Rightarrow \cos \varphi  = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}\).

Chọn B

Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Thể tích của khối chóp đã cho là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Điều kiện: \[x >  - 1.\]

Ta có:\[\log _2^2\left( {x + 1} \right) - 6{\log _2}\sqrt {x + 1}  + 2 = 0 \Leftrightarrow \log _2^2\left( {x + 1} \right) - 3{\log _2}\left( {x + 1} \right) + 2 = 0\]

Đặt \(t = {\log _2}\left( {x + 1} \right)\) thì phương trình trở thành \({t^2} - 3t + 2 = 0\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right..\]

So với điều kiện thấy thỏa mãn. Vậy tổng các nghiệm là: \[1 + 3 = 4.\]

a) Đúng: Điều kiện xác định của phương trình là \(x >  - 1\).

b) Sai: Nếu đặt \(t = {\log _2}\left( {x + 1} \right)\) thì phương trình đã cho trở thành \({t^2} - 3t + 2 = 0\).

c) Đúng: Phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương là \(x = 1\) hoặc \(x = 3\)

d) Sai: Tổng các nghiệm của phương trình đã cho bằng \(4\).

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\,\,\,\,\,\left( {do\;SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AB \bot BC\,\,\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\]

Xét 2 mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SB \bot BC,\,SB \subset \left( {SBC} \right)\\AB \bot BC,\,AB \subset \left( {ABC} \right)\\SB \cap AB = \left\{ B \right\}\end{array} \right.\].

\[ \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBA} \right);\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SB,AB}} \right) = \widehat {SBA}\]

Xét \(SAB\) tam giác vuông tại \(A\), có \[\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SBA} = {60^0}\].

a) Đúng: Đường thẳng \(BC\) vuông góc với đường thẳng \(SB\).

b) Đúng: Góc tạo bởi hai đường thẳng \(SB\) và \(AB\) bằng góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\)

c) Sai: Cosin góc tạo bởi hai đường thẳng \(SB\) và \(AB\) bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

d) Sai: Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({45^0}\).

Từ đồ thị ta suy ra: Hai hàm số \(y = {a^x}\) và \(y = {b^x}\) là hai hàm số đồng biến và \(y = {c^x}\) là hàm số nghịch biến.

Hai hàm số \(y = {a^x}\) và \(y = {b^x}\) là hai hàm số đồng biến nên \(a,b > 1\)

Do \(y = {c^x}\) là hàm số nghịch biến nên \(c < 1\).

Nếu lấy \(x = m\) khi đó tồn tại \({y_1},\,{y_2} > 0\) để \(\left\{ \begin{array}{l}{a^m} = {y_1}\\{b^m} = {y_2}\end{array} \right.\). Dễ thấy \({y_1} > {y_2}\) nên \(a > b\).

Vậy \(a > b > 1 > c\)

a) Sai: Từ đồ thị, hàm số \(y = {a^x}\) là hàm số đồng biến.

b) Đúng: Hàm số \(y = {c^x}\) là hàm số nghịch biến nên \(c < 1\).

c) Sai: Hai hàm số \(y = {a^x}\) và \(y = {b^x}\) là hai hàm số đồng biến nên \(a > b\).

d) Đúng: Hai hàm số \(y = {a^x}\) và \(y = {b^x}\) là hai hàm số đồng biến và \(y = {c^x}\) là hàm số nghịch biến nên ta suy ra được \(a > b > 1 > c\).

Theo giả thiết, \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\) có \(SB = a\sqrt 3 \), \(\widehat {ASB} = 30^\circ \). Khi đó, \(SA = SB.\cos 30^\circ  = \frac{{3a}}{2}\) và \(AB = SB.\sin 30^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\). Vậy hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) cùng vuông góc với \(\left( {SAB} \right)\) nên suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \)\(\left( {SC,\,\left( {SAB} \right)} \right) = \left( {SC,\,SB} \right) = \widehat {CSB} = 45^\circ \).

Suy ra \(\Delta SBC\) vuông cân tại \(B\)\( \Rightarrow BC = SB = a\sqrt 3 \).

Mặt khác, \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot AB\)\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B\).

Khi đó, \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{{3{a^2}}}{4}\) và \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{3{a^3}}}{8}\).

Vậy tỉ số \(\frac{{{a^3}}}{V} = \frac{8}{3}\).

a) Đúng: Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

b) Sai: Tam giác \(SBC\) vuông cân tại \(B\).

c) Đúng: Hai đường thẳng \(AB\) và \(CB\) vuông góc với nhau.

d) Sai: Nếu gọi thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V\) thì tỷ số \(\frac{{{a^3}}}{V}\) bằng \(\frac{8}{3}\).

Hàm số \[y = {\left( {{x^2} - 2x - m + 1} \right)^{\sqrt 7 }}\] có tập xác định là \[\mathbb{R}\]\[ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - m + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

\[ \Leftrightarrow m < {\left( {x + 1} \right)^2},\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{x \in \mathbb{R}} {\left( {x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow m < 0\]

Mà \[\left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left( { - 2024;2024} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left( { - 2024;0} \right)\end{array} \right.\] nên có 2023 giá trị \[m\] thỏa mãn yêu cầu.

Điều kiện \(1 < x < \frac{{11}}{2}\).

Ta có \({\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {x - 1} \right) + {\log _{2 + \sqrt 3 }}\left( {11 - 2x} \right) \ge 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {x - 1} \right) + {\log _{2 - \sqrt 3 }}\frac{1}{{11 - 2x}} \ge 0 \Leftrightarrow {\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {\frac{{x - 1}}{{11 - 2x}}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{11 - 2x}} \le 1\\ \Leftrightarrow \frac{{3x - 12}}{{11 - 2x}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 4\\x > \frac{{11}}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Kết hợp điều kiện suy ra \(1 < x \le 4\)

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.

Vì sau \(3\) phút thì số lượng vi khuẩn \(A\) là \(625\) nghìn con

Khi đó ta có: \(625000 = S\left( 0 \right){.2^3} \Leftrightarrow S\left( 0 \right) = 78125\)con.

Thời gian để số lượng vi khuẩn \(A\) là \(10\) triệu con là: \(10000000 = {78125.2^t} \Leftrightarrow t = 7\)phút.

Gọi \[\alpha  = \widehat {\left( {SB,AC} \right)}\]. Do \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\] nên tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\].

Ta có \[\cos \alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {SB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{\left| {\left( {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AS} } \right).\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}} = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}} = \frac{{\left| {\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}}\]

\[ = \frac{{\left| {SA.AC.cos{{60}^0}} \right|}}{{{a^2}}} = \cos {60^0}\]. Khi đó \[\alpha  = \widehat {\left( {SB,AC} \right)} = {60^0}\]

Gọi \(I;J\) lần lượt là trung điểm của \(AB'\) và \(CD'\)

Suy ra \(J\) lần lượt là trung điểm của\(DC'\). Do đó \[IJ\parallel AD;\,\,\,\,IJ = AD = 2a\] \(\left( 1 \right)\)

Mặt khác \[\left. \begin{array}{l}AD \bot DD'\\AD \bot DC\end{array} \right\} \Rightarrow AD \bot \left( {DD'C'C} \right) \Rightarrow AD \bot CD'\] \(\left( 2 \right)\)

Tương tự \(AD \bot AB'\) \(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta có: \[IJ\] là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng \(AB'\) và \(CD'\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB'\) và \(CD'\) bằng \(4\).

Ta có diện tích đáy \({S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ACD}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB \Rightarrow SH \bot AB\), vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SH\\AB \bot CH\,\,(do\,AB = BC = CA)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHC} \right)\), vì \(CD//AB \Rightarrow CD \bot \left( {SHC} \right)\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\SC \bot CD,\,SC \subset \left( {SCD} \right)\,\\HC \bot CD,\,HC \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\)suy ra góc giữa \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SCH}\).

Suy ra \(\Delta SHC\) vuông cân tại \(H\)\( \Rightarrow SH = CH = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \[V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{9\sqrt 3 }}{2}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{4} = \frac{{27}}{4} = 6,75\] (đơn vị thể tích).