Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 3

Chọn C

Ta có: \[P = {a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a  = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}}\].

Chọn C

Gọi \(V\) là thể tích, \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao của khối chóp đã cho.

Ta có \[V = \frac{1}{3}S.h \Rightarrow \,h = \frac{{3V}}{S} = 7\].

Chọn B

Hàm số xác định khi \({x^2} - 2x - 3 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne  - 1}\\{x \ne 3}\end{array}} \right.\).

Vậy tập xác định của hàm số \(y = {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)^{ - 4}}\)là \(D = \mathbb{R}\backslash \{  - 1;3\} \).

Chọn B

Ta có \({\log _a}{a^{\frac{1}{3}}} = \frac{1}{3}{\log _a}a = \frac{1}{3}\).

Chọn B

Ta thấy đồ thị \(y = {x^c}\)đi xuống nên \(c < 0\), đồ thị \(y = {a^x}\)đi xuống nên \(0 < a < 1\), đồ thị \(y = {\log _b}x\) đi lên nên \(b > 1.\)

Chọn C

Tồn tại duy nhất một mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chứa đường thẳng \(d\) và \(\left( \alpha  \right)\) vuông góc với \(\left( P \right)\).

Chọn B

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

Vậy \(T = x_1^2 + x_2^2 = 9\).

Chọn B

Thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}.S.h = \frac{1}{3}.{a^2}.h\). Vậy \(h = \frac{{3V}}{{{a^2}}}\).

Chọn C

Ta có: \({\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x - 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 2x - 1\\2x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 2\\x > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x < 2\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {\frac{1}{2};2} \right)\).

Chọn A

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\BC \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot BC\].

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

Chọn C

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) và \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).

Do \(ABC\) là tam giác đều nên \(AH \bot BC\) mà \(BC \bot SA\) nên \(BC \bot SH\), suy ra góc giữa \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {AHS}\).

Chọn A

Khối chóp tứ giác đều nên đáy là hình vuông có diện tích là: \[S = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 2{a^2}\]

Thể tích \[V\]của khối chóp đó là: \[V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.2{a^2}.a = \frac{{2{a^3}}}{3}\left( {dvtt} \right)\].

a) Đúng: Hàm số \(y = {\log _{\frac{{2024}}{{2023}}}}x\) có tập giá trị là \(\mathbb{R}\).

b) Sai: Vì cơ số \(\frac{{2023}}{{2024}} \in \left( {0\,;\,1} \right)\) nên hàm số \(y = {\left( {\frac{{2023}}{{2024}}} \right)^x}\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

c) Đúng: Hàm số \(y = {\log _{\frac{{2024}}{{2023}}}}x\) có tập xác định là \(\left( {0\,;\, + \infty } \right)\) nên có đồ thị nằm bên phải trục tung.

d) Sai: Vì \({\left( {\frac{{2023}}{{2024}}} \right)^x} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\) nên đồ thị hàm số \(y = {\left( {\frac{{2023}}{{2024}}} \right)^x}\) không cắt trục tung.

Gọi \[G\]là trọng tâm của \(\Delta ABC\). Vì hình chóp \[S.ABC\] đều nên \(SG \bot \left( {ABC} \right)\).

Ta có: \[GM\] là hình chiếu của \[SM\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] nên \(SM \bot BC\).

Lại có:\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SM \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right)\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SMA} = \widehat {SMG}\].

Xét \[\Delta ABC\]đều có \[AM\] là đường trung tuyến, \[G\] là trọng tâm nên \[GM = \frac{1}{3}AM = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]

Tam giác \[SMB\] vuông tại \[M\] nên:

\[S{M^2} = S{B^2} - B{M^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{3} \Rightarrow SM = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\].

Tam giác \[SGM\] vuông tại G nên: \[\cos \widehat {SMG} = \frac{{GM}}{{SM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\frac{{\sqrt 3 }}{a} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SMG} = {60^ \circ }\].

a) Đúng: Đường thẳng \(SG\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

b) Đúng: Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc \[\widehat {SMA}\].

c) Sai: Đoạn thẳng \(SM\) có độ dài bằng \(\frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

d) Đúng: Giá trị góc \(\alpha \) giữa hai mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] bằng \({60^0}\).

Công thức lãi kép theo định kì để tính tổng số tiền thu được \(A = P{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^t}\), trong đó \(P\) là số tiền vốn ban đầu, \(r\) là lãi suất năm ( \(r\) cho dưới dạng số thập phân), \(n\) là số kì tính lãi trong một năm và \(t\) là số kì gửi.

Công thức lãi kép liên tục \(A = P{e^{rt}}\), ở đây \(r\) là lãi suất năm ( \(r\) cho dưới dạng số thập phân) và \(t\) là số năm gửi tiết kiệm.

Ta có: \(P = 120,r = 6{\rm{\% }} = 0,06,n = 4,t = 20\).

Thay vào công thức trên, ta được: \(A = 120{\left( {1 + \frac{{0,06}}{4}} \right)^{20}} = 120 \cdot 1,{015^{20}} \approx 161,623{\rm{\;}}\)( triệu đồng).

Ta có: \(P = 120,r = 6{\rm{\% }} = 0,06,n = 12,t = 60\). Thay vào công thức trên, ta được:

\(A = 120{\left( {1 + \frac{{0,06}}{{12}}} \right)^{60}} = 120 \cdot 1,{005^{60}} \approx 161,862{\rm{\;}}\) (triệu đồng)

Ta sử dụng công thức lãi kép liên tục \(A = P{e^{rt}}\), ở đây \(r\) là lãi suất năm ( \(r\) cho dưới dạng số thập phân) và \(t\) là số năm gửi tiết kiệm.

Ta có: \(P = 120,r = 6{\rm{\% }} = 0,06,t = 5\) nên \(A = 120 \cdot {\theta ^{0,06 \cdot 5}} = 120 \cdot {\theta ^{0,3}} \approx 161,983{\rm{\;}}\)(triệu đồng).

Ta có phương trình: \(180 = 120.{e^{rt}}\)ó\(2{e^{0.06t}} = 3\)

Lấy logarit tự nhiên của hai vế của phương trình, ta có: \(0.06t = \ln (1.5)\)

Do đó, \(t = \frac{{\ln (1.5)}}{{0.06}} \approx 11.55\) năm.

Vậy thời gian cần để cô Lan thu được số tiền là 150 triệu đồng nếu gửi theo thể thức lãi kép liên tục là khoảng 11.55 năm.

a) Đúng: Số tiền (cả vốn lẫn lãi) cô Lan thu được sau 5 năm nếu được tính lãi kép theo thể thức tính lãi hàng quý là khoảng \(161,623\) triệu đồng.

b) Đúng: Số tiền (cả vốn lẫn lãi) cô Lan thu được sau 5 năm nếu được tính lãi kép theo thể thức tính lãi hàng tháng là khoảng \(161,862{\rm{\;}}\) triệu đồng.

c) Sai: Số tiền (cả vốn lẫn lãi) cô Lan thu được sau 5 năm nếu được tính lãi kép theo thể thức tính lãi liên tục là khoảng \(161,983\) triệu đồng.

d) Sai: Thời gian cần thiết để cô Lan thu được số tiền cả vốn lẫn lãi là 180 triệu đồng nếu gửi theo thể thức lãi lép liên tục khoảng \(11,55\)năm.

Đặt $BC=x\Rightarrow S_{△A^{\text{'}}BC}=x^2\frac{\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\iff x=2$.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) suy ra \(BC \bot A'M\) (Do tam giác đều). Khi đó ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot A'M\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AM\].

Vậy \[\left( {\left( {A'BC} \right)\,;\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'M\,;\,AM} \right) = \widehat {A'MA} = {30^{\rm{o}}} \Rightarrow AA' = A'M.\sin 30^\circ  = \sqrt 3 .\frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\].

Áp dụng công thức: $S^{\text{'}}=S.\cos \phi \Rightarrow S_{△ABC}=S_{△A^{\text{'}}BC}.\cos {30}^o=\frac{3}{2}$.

Suy ra thể tích của lăng trụ là: $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{△ABC}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{3}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$.

a) Sai: Độ dài cạnh \(BC\) bằng \(2\).

b) Đúng: Hai đường thẳng \(BC\) và\(AM\) vuông góc với nhau.

c) Sai: Góc tạo bởi hai mặt phẳng \[\left( {A'BC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] bằng \({30^0}\)

d) Đúng: Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng \(\frac{{3\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có : \[P = {\log _{ab}}x = \frac{1}{{{{\log }_x}ab}} = \frac{1}{{{{\log }_x}a + {{\log }_x}b}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_a}x}} + \frac{1}{{{{\log }_b}x}}}} = \frac{{{{\log }_a}x.{{\log }_b}x}}{{{{\log }_a}x + {{\log }_b}x}} = \frac{{4.6}}{{4 + 6}} = \frac{{12}}{5}\]

Vậy \(P = \frac{{12}}{5} = 2,4\).

Ta có \({4^x} + {4^{ - x}} = 7\)\( \Leftrightarrow {2^{2x}} + {2^{ - 2x}} = 7\) \( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} = 7\) \( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {2.2^x}{.2^{ - x}} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} - {2.2^x}{.2^{ - x}} = 7\) \( \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3\).

Vậy \(P = \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - {{4.2}^x} - {{4.2}^{ - x}}}}\)\( = \frac{{5 + 3}}{{8 - 4.3}} =  - 2\).

Lãi suất năm là 8% nên lãi suất kì hạn 6 tháng sẽ là \(r = 4\%  = 0,04\). Thay \(P = 100;r = 0,04;A = 120\) vào công thức \(A = P{\left( {1 + r} \right)^t}\), ta được: \(120 = 100{\left( {1 + 0,04} \right)^t} \Rightarrow 1,2 = 1,{04^t} \Rightarrow t = {\log _{1,04}}1,2 \approx 4,65\).

Vậy sau 5 kì gửi tiết kiệm kì hạn 6 tháng, tức sau 30 tháng, người đó sẽ nhận được ít nhất 120 triệu đồng.

Gọi \[H\] là trọng tâm tam giác đều \[ABC\]. Vì \[A'\] cách đều \[A,B,C\] nên hình chiếu vuông góc của đỉnh \[A'\] là \[H\]cũng cách đều \[A,B,C\]. Khi đó khoảng cách giữa hai đáy chính là \[A'H.\]

Xét tam giác \[AA'H\] có: \[\left\{ \begin{array}{l}H = {90^0}\\AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\\left( {\widehat {AA',\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {A'AH} = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow A'H = AH.\tan {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3  = 1.\]

Vậy khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ là \[A'H = 1\].

Gọi \(H\) là trung điểm của \(B'C'\), do các tam giác \(\Delta A'B'C',\,\,\Delta AB'C'\) lần lượt cân đỉnh \(A'\) và \(A\) nên \(AH \bot B'C'\), \(A'H' \bot B'C'\)

Suy ra: \(\widehat {\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AH,A'H} \right)} = \widehat {AHA'}\)

Xét tam giác:\[AHA'\] có \(\widehat {A'} = {90^0},A'H = a\sqrt 3 \) và \(\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow \widehat {AHA'} = {30^0}\).

Vậy số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({30^0}\).

Vì \[\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB//CD\end{array} \right.\] nên giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SCD} \right)\] là đường thẳng \[d\] đi qua \[S\] và song song với \[AB,{\rm{ }}CD\].

Gọi \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của \[AB,{\rm{ }}CD\].

Vì \[SA = SB,{\rm{ }}SC = SD\] nên \[SM \bot AB,{\rm{ }}SN \bot CD \Rightarrow SM \bot d,{\rm{ }}SN \bot d \Rightarrow d \bot \left( {SMN} \right)\].

Mà mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SCD} \right)\] vuông góc với nhau nên \[SM \bot SN\]. Kẻ \[SH \bot MN{\rm{ }}\left( 1 \right)\].

Vì \[d \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d \bot SH \Rightarrow SH \bot AB{\rm{ }}\left( 2 \right)\].

Từ (1), (2) suy ra \[SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.AB.AD\].

Đặt \[SM = x,{\rm{ }}SN = y \Rightarrow SH = \frac{{xy}}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}\]. Ta có \[S{M^2} + S{N^2} = M{N^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 10\].

Mặt khác \[{S_{SAB}} + {S_{SCD}} = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}.x.1 + \frac{1}{2}.y.1 = 2 \Leftrightarrow x + y = 4\].

Suy ra \[xy = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{2} = 3\] \[ \Rightarrow SH = \frac{{xy}}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt {10} }} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 1\].

Vậy thể tích khối chóp \[S.ABCD\] bằng 1.