Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 4

Chọn C

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne  \pm 1\).

Vậy \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}\).

Chọn C

Công thức đúng: \({\left( {ab} \right)^\alpha } = {a^\alpha }.{b^\alpha }\).

Chọn B

Ta có chiều cao lăng trụ \(h = 3a\).

Thể tích của khối lăng trụ \(V = Bh = 3{a^3}\).

Chọn B

Ta có \({\log _2}{a^2} + {\log _4}a = 2{\log _2}a + \frac{1}{2}{\log _2}a = \frac{5}{2}{\log _2}a.\)

Chọn B

Thể tích của khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}{S_{day}}.h = \,\frac{1}{3}{.2^2}.6 = 8\)

Chọn D

Hàm \(y = {a^x}\)nghịch biến nên \(0 < a < 1\).

Hàm \(y = {\log _b}x,\)\(y = {\log _c}x\) đồng biến nên \(b,c > 1\)

Đường thẳng \(y = 1\) cắt ĐTHS \(y = {\log _c}x\), \(y = {\log _b}x\) tại các điểm có hoành độ lần lượt là \(c\)và \(b\). Ta thấy \(b < c\).

Chọn B

Ta có: \({\log _3}x = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x = {3^{\frac{1}{3}}}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{3}\).

Chọn D

Ta có. \[{2^{2 + {x^2}}} > 16 \Leftrightarrow 2 + {x^2} > 4 \Leftrightarrow {x^2} > 2 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - \sqrt 2 } \right) \cup \left( {\sqrt 2 ; + \infty } \right)\]

Chọn D

Nếu \(b\, \bot a\) thì \[b\,{\rm{//}}\left( P \right)\].

Chọn C

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\,\\CD \bot SA\,\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\) mà theo đáp án C có \(CD \bot \left( {SBC} \right)\), \(\left( {SBC} \right)\) và \((SAD)\) có điểm chung \(S\) nên \(\left( {SBC} \right)\) và \((SAD)\) trùng nhau. Vô lý vậy C sai.

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\\BD \bot SA\,\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\) \( \Rightarrow \) A đúng.

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\\BC \bot SA\,\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \) D đúng.

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow \) B đúng.

Chọn D

Vì \(CD\parallel AB\) nên \(d\left( {SB,CD} \right) = d\left( {CD,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = AD = a\).

Chọn B

Ta có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}\).

a) Sai: Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}{3^x} - 1 > 0\\{3^{x + 2}} - 9 > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \)\(x > 0\).

b) Sai: Khi \(m = 1\) phương trình có dạng:

\({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).{\log _{27}}\left( {{3^{x + 2}} - 9} \right) = 1\)\( \Leftrightarrow \)\({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).{\log _{{3^3}}}\left[ {{3^2}\left( {{3^x} - 1} \right)} \right] = 1\)

\( \Leftrightarrow \)\({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).\left[ {{{\log }_3}\left( {{3^x} - 1} \right) + 2} \right] = 3\)\( \Leftrightarrow \)\({\left[ {{{\log }_3}\left( {{3^x} - 1} \right)} \right]^2} + 2{\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}{\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) = 1\\{\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) =  - 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}{3^x} - 1 = 3\\{3^x} - 1 = \frac{1}{{27}}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}{3^x} = 4\\{3^x} = \frac{{28}}{{27}}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}x = {\log _3}4\\x = {\log _3}\frac{{28}}{{27}}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}x = 2{\log _3}2\\x = {\log _3}\frac{{28}}{{27}}\end{array} \right.\).

c) Đúng: \({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).{\log _{27}}\left( {{3^{x + 2}} - 9} \right) = m\)\( \Leftrightarrow \)\({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).{\log _{{3^3}}}\left[ {{3^2}\left( {{3^x} - 1} \right)} \right] = m\)

\( \Leftrightarrow \)\({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).\left[ {{{\log }_3}\left( {{3^x} - 1} \right) + 2} \right] = 3m\)\( \Leftrightarrow \)\({\left[ {{{\log }_3}\left( {{3^x} - 1} \right)} \right]^2} + 2{\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) - 3m = 0\).

Khi đó đặt \({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) = t\) thì phương trình đã cho trở thành \({t^2} + 2t - 3m = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).

d) Đúng: Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt\( \Leftrightarrow \)\(\Delta ' = 1 + 3m > 0\)\( \Leftrightarrow \)\(m >  - \frac{1}{3}\).

Đặt \(SA = a\). Suy ra \(SB = CA = CB = a\) và \(AB = a\sqrt 2 \).

Lại có \(\widehat {BSC} = {60^o}\). Suy ra tam giác \[SBC\]đều nên \[SC = a\].

Suy ra \[CM = CN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] hay \[MN\]song song với \[AB\].

Khi đó \[\widehat {\left( {AB,CM} \right)} = \widehat {\left( {MN,CM} \right)}\]. Áp dụng định lí cosin vào tam giác \[CMN\]ta có:

\[{\rm{cos }}\widehat {{\rm{CMN}}} = \frac{{M{C^2} + M{N^2} - C{N^2}}}{{2MC.MN}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\]\(\)

\[ \Rightarrow \cos \left( {AB,CM} \right) = \cos \left( {MN,CM} \right) = \left| {\cos \widehat {CMN}} \right| = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\].

a) Sai: Độ dài đoạn thẳng \(AB\) bằng \(a\sqrt 2 \)

b) Đúng: Tam giác \[SBC\]là tam giác đều

c) Đúng: Đường thẳng \[MN\]song song với đường thẳng \[AB\] và \[\widehat {\left( {AB,CM} \right)} = \widehat {\left( {MN,CM} \right)}\]

d) Sai: Cosin góc tạo bởi hai đường thẳng \(AB\)và \(CM\) bằng \[\frac{{\sqrt 6 }}{6}\]

a) Sai: Vì số tiền lãi năm đầu tiên bằng số tiền gửi nhân với lãi suất: \(300 \times 6\%  = 18\) triệu đồng.

b) Đúng: Áp dụng công thức: \[{T_n} = A.{\left( {1 + r} \right)^n}\].

Theo giả thiết \[A = 300\,000\,0\]; \(r = 6\% \) nên suy ra số tiền nhận được cả gốc và lãi sau \(n\) năm gửi tiền là \({T_n} = 300\,000\,000.{\left( {1 + 6\% } \right)^n}\) đồng

c) Sai: Vì số tiền ông nhận được sau \(5\) năm gửi là \({T_5} = 300\,000\,000.{\left( {1 + 6\% } \right)^5} \approx 401467673\) đồng, nhỏ hơn \(410\) triệu đồng.

d) Đúng: Công thức tính số tiền nhận được cả gốc và lãi sau \(n\) năm gửi tiền là \({T_n} = 300\,000\,000.{\left( {1 + 6\% } \right)^n}\) đồng.

Theo giả thiết ta có \({T_n} > 500\,000\,000\)\( \Leftrightarrow \)\(300\,000\,000.{\left( {1 + 6\% } \right)^n} > 500\,000\,000\)

\( \Leftrightarrow \)\(n > {\log _{\left( {1 + 6\% } \right)}}\frac{5}{3} \approx 8,77\).

Vậy sau ít nhất \(9\) năm thì ông \(X\) thu được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn \(500\) triệu đồng.

Gọi \(M,O,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC,CD\) nên \(AB \bot SM,CD \bot SN\).

Qua \(S\) dựng đường thẳng \(Sx{\rm{//}}AB\).

Vì \[\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB{\rm{//}}CD\end{array} \right.\] nên \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = Sx{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD\).

Ta có $\left\{\begin{array}{l}Sx\perp SM\\ Sx\perp SN\end{array}\right.\Rightarrow Sx\perp \left(SMN\right)\Rightarrow \widehat{MSN}={90}^{°}$

Hình chóp \(S.ABCD\) đều \( \Rightarrow ABCD\) là hình vuông, có \(AC = 4a\) \( \Rightarrow AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = 2a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow MN = 2\sqrt 2 a\) \( \Rightarrow SO = \frac{{MN}}{2} = a\sqrt 2 \).

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 2 a.{\left( {2a\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}{a^3}\).

a) Đúng: Đường thẳng \(Sx\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\)

b) Sai: Tứ giác \(ABCD\) là một hình vuông do khối chóp này là khối chóp đều

c) Đúng: Đoạn thẳng \(SO\) có độ dài bằng \(2a\sqrt 2 \)

d) Sai: Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng \(\frac{{8{a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

Ta có \({4^x} + {4^{ - x}} = 14\)\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} + 2 = 16\)\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 16\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} + {2^{ - x}} = 4\\{2^x} + {2^{ - x}} =  - 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 4\) (vì \({2^x} + {2^{ - x}} > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)).

Vậy \(P = 4\).

Ta có: \(2 = {\log _{{a^3}}}\frac{{{a^5}}}{{\sqrt[4]{b}}} = \frac{1}{3}{\log _a}\frac{{{a^5}}}{{{b^{\frac{1}{4}}}}}\)\( = \frac{1}{3}\left( {{{\log }_a}{a^5} - {{\log }_a}{b^{\frac{1}{4}}}} \right)\)\( = \frac{1}{3}\left( {5 - \frac{1}{4}{{\log }_a}b} \right)\)

\( \Rightarrow 5 - \frac{1}{4}{\log _a}b = 6\)\( \Rightarrow {\log _a}b =  - 4\).

Theo dự kiến, cần \(24\) tháng để hoàn thành công trình. Vậy khối lượng công việc trên một tháng theo dự tính là: \(\frac{1}{{24}}\) ( công trình )

Khối lượng công việc của tháng thứ 2 là: \({T_2} = \frac{1}{{24}} + 0,04.\frac{1}{{24}} = \frac{1}{{24}}{\left( {1 + 0,04} \right)^1}\)

Khối lượng công việc của tháng thứ 3 là:

\({T_3} = \left( {\frac{1}{{24}} + 0,04.\frac{1}{{24}}} \right) + 0,04.\left( {\frac{1}{{24}} + 0,04.\frac{1}{{24}}} \right)\) \( = \frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0,04} \right)^2}\)

Như vậy khối lượng công việc của tháng thứ \(n\) là: \({T_n} = \frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0,04} \right)^{n - 1}}\)

Ta có: \(\frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0,04} \right)^0} + \frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0,04} \right)^1} + ... + \frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0,04} \right)^{n - 1}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{24}}.\frac{{1 - {{\left( {1 + 0,04} \right)}^n}}}{{1 - \left( {1 + 0,04} \right)}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,04} \right)^n} = \frac{{49}}{{25}} \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 0,04}}\frac{{49}}{{25}} \approx 17,2\)

Vậy công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ \[18\] từ khi khởi công.

Ta có hình chiếu của \(A'C\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(AC\).

Nên \[\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}\]. Ta có \(\tan \widehat {A'CA} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {A'CA} = 60^\circ \).

Do vậy \(\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = 60^\circ \).

Dựng điểm D sao cho \(ABCD\) là hình chữ nhật. Ta có \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên \[AB\,{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right)\].

Khi đó \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {SCD} \right)\), dựng \(AH \bot SD\) (\(H \in SD\)).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\].

Có \[\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SD\\AH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)\]. Do đó \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\).

Ta có \(AD = BC = \sqrt 2 \).

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = a\). Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = AH = 1\).

Giả sử được hình chóp tứ giác đều như hình vẽ có cạnh đáy bằng \(x\sqrt 2 \).

Khi đó: \(OM = x\) \( \Rightarrow OH = HM = \frac{x}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow SH = 10\sqrt 2  - \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).

Suy ra: \[SO = \sqrt {S{H^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 2  - \frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}  = \sqrt {20\left( {10 - x} \right)} \].

Thể tích \(V = \frac{1}{3}.{S_{MNPQ}}.SO\) \( = \frac{1}{3}.2{x^2}.\sqrt {20\left( {10 - x} \right)} \) \( = \frac{{\sqrt {20} }}{3}.{x^2}.\sqrt {40 - 4x} \) (với \(0 \le x \le 10\)).

Tìm giá trị lớn nhất của \(V\) ta được \({V_{\max }} = \frac{{\sqrt {20} }}{3}{.10^2}\) khi \(x = 8\).

Có thể tìm giá trị lớn nhất bằng cách áp dụng BĐT Cauchy cho 4 số không âm, ta có:

\({x^2}.\sqrt {40 - 4x}  = \sqrt {\left( {40 - 4x} \right).x.x.x.x} . \le {\left( {\sqrt {\frac{{40 - 4x + x + x + x + x}}{4}} } \right)^4}\)\( \Leftrightarrow \sqrt {40 - 4x} .{x^2} \le {10^2}\).

Vậy\(V = \frac{{\sqrt {20} }}{3}.{x^2}\sqrt {40 - 4x}  \le \frac{{\sqrt {20} }}{3}{.10^2}\). Dấu bằng xảy ra khi \(40 - 4x = x \Leftrightarrow x = 8\).