Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 5
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Trong không gian cho ba đường thẳng phân biệt \(a,b,c\). Khẳng định nào sau đây đúng?
Nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(c\) thì \(a\parallel b\).
Nếu \(a\parallel b\) và \(c \bot a\) thì \(c \bot b\).
Nếu góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\) thì \(a//b\).
Nếu \(a\) và \(b\) cùng nằm trong\(\left( \alpha \right),\,\,\left( \alpha \right)\parallel c\) thì góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\).
Chọn B
Nếu \(a//b\) và \(c \bot a\) thì \(c \bot b\).
\(\left[ {1; + \infty } \right)\).
\(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
Chọn B
Điều kiện xác định: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).
Tập xác định \(D = \left( {1; + \infty } \right)\).
\[{a^{\frac{{13}}{6}}}\].
\({a^{\frac{{13}}{8}}}\).
\({a^{\frac{{17}}{4}}}\).
\({a^{\frac{{17}}{6}}}\).
Chọn B
Ta có \(\sqrt {{a^3}\sqrt[4]{a}} = \sqrt {{a^3}{a^{\frac{1}{4}}}} = \sqrt {{a^{\frac{{13}}{4}}}} = {a^{\frac{{13}}{8}}}\).
\[32{a^3}\].
\[16{a^3}\].
\[64{a^3}\].
\[8{a^3}\].
Chọn D
Thể tích khối lập phương cạnh \(2a\) bằng \[{\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\].
\(1000\).
\(\log \left( {100a + \frac{{10}}{a}} \right)\).
\(3\).
\(1 + 2\log a\).
Chọn C
Ta có \(\log \left( {100a} \right) + \log \left( {\frac{{10}}{a}} \right) = \log \left( {100a.\frac{{10}}{a}} \right) = \log 1000 = 3\).
\(AB \bot \left( {ABC} \right)\).
\(AC \bot BD\).
\(CD \bot \left( {ABD} \right)\).
\(BC \bot AD\).
Chọn D
Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\). Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC\\DE \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADE} \right) \Rightarrow BC \bot AD\).
\(2\).
\(1\).
\(0\).
\(3\).
Chọn A
Ta có: \({3^{{x^2} - 2}} = 81 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 2}} = {3^4} \Leftrightarrow {x^2} - 2 = 4 \Leftrightarrow {x^2} = 6 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 6 \).
Vậy phương trình có \(2\) nghiệm thực
\( - 2\).
\( - 3\).
\(\frac{1}{{100}}\).
\(\frac{1}{{1000}}\).
Chọn C
Điều kiện xác định: \(x > 0\)
Ta có: \({\log ^2}x + 2\log x - 3 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log ^{}}x = 1\\{\log ^{}}x = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x = {10^{ - 3}}\end{array} \right.\)
Vậy tích hai nghiệm là: \(\frac{1}{{1000}}.10 = \frac{1}{{100}}\).
\(\sqrt 3 a\).
\(2\sqrt 3 a\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{3}a\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
Chọn A
Diện tích đáy của hình chóp là \(S = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).
Chiều cao của khối chóp là \(h = \frac{{3V}}{S} = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = \sqrt 3 a\).
\[S = \left( { - \infty ;{{\log }_2}5} \right].\]
\[S = \left( {0;{{\log }_2}5} \right].\]
\[S = \left[ {0;{{\log }_2}5} \right].\]
\[S = \left( {0;{{\log }_5}2} \right].\]
Chọn A
Ta có \({2^x} - 5 \le 0 \Leftrightarrow {2^x} \le 5 \Leftrightarrow x \le {\log _2}5\).
Tập nghiệm của bất phương trình \({2^x} - 5 \le 0\) là \[S = \left( { - \infty ;{{\log }_2}5} \right].\]
\[\frac{S}{V}\].
\[\frac{{3V}}{S}\].
\[\frac{V}{S}\].
\[\frac{S}{{3V}}\].
Chọn C
Gọi \[h\] là chiều cao của khối lăng trụ.
Ta có thể tích khối lăng trụ là \[V = S.h \Leftrightarrow h = \frac{V}{S}\].
Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA,{\rm{ }}OB,{\rm{ }}OC\) đôi một vuông góc với nhau. Gọi \[M,\;N\] lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AC\) (tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng \(OM\) và \(AB\) bằng
\[\widehat {ABO}\].
\[\widehat {MNO}\].
\(\widehat {NOM}\).
\(\widehat {OMN}\).
Chọn D
Ta có: \(AB//MN\) (do \(MN\) là đường trung bình của tam giác\(ABC\))
Khi đó \(\widehat {\left( {AB;OM} \right)} = \widehat {\left( {MN;OM} \right)} = \widehat {NMO}\).
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho phương trình \({\log ^2}_3x - {\log _3}{x^2} + 2 - m = 0\). Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:Khi \(m = 2\)phương trình có 1 nghiệm \(x = 3\).
Điều kiện xác định của phương trình \(x > 0\).
Với điều kiện xác định của phương trình, đặt \(t = {\log _2}x\;\;\left( {t > 0} \right)\), phương trình đã cho có dạng \({t^2} - 2t + 2 - m = 0\)
Có 2 giá trị nguyên để phương trình có nghiệm \(x \in \left[ {1;9} \right]\)
a) Sai: Thay \(m = 2\), vào phương trình ta được \({\log ^2}_3x - {\log _3}{x^2} = 0\) điều kiện \(x > 0\)
Phương trình \({\log ^2}_3x - {\log _3}{x^2} = 0 \Leftrightarrow {\log ^2}_3x - 2{\log _3}x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 0\\{\log _3}x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 9\end{array} \right.\)
b) Đúng: Điều kiện xác định của phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0.\)
c) Sai: Với \(x > 0\), đặt \(t = {\log _3}x\) phương trình đã cho trở thành \({t^2} - 2t + 2 - m = 0\)
d) Đúng: Với \(x > 0\), đặt \(t = {\log _3}x\) do \(x \in \left[ {1;9} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;2} \right]\)
Phương trình đã cho trở thành \({t^2} - 2t + 2 - m = 0\;\left( 1 \right)\)
Phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 2 = m\), xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} - 2t + 2\)
Vậy để phương trình có nghiệm thì \(m \in \left[ {1;2} \right],\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \left\{ {1;2} \right\}\).
Hai đường thẳng \(BC\) và \(AH\) vuông góc với nhau.
Đường thẳng \(AH\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\)
Đoạn thẳng \(AK\) có độ dài bằng \(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\)
Tan góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(\frac{2}{5}\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AK\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AH\) mà \(AH \bot SK\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).
Do đó \(SK\) là hình chiếu vuông góc của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\)
Đăt \(\alpha = \left( {SA;\,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {SA;\,SK} \right) = \widehat {ASK}\).
Ta có \(AK = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{AB \cdot AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
Khi đó \(\tan \alpha = \frac{{AK}}{{AS}} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{5}\).
a) Đúng: Hai đường thẳng \(BC\) và \(AH\) vuông góc với nhau.
b) Đúng: Đường thẳng \(AH\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\)
c) Sai: Đoạn thẳng \(AK\) có độ dài bằng \(\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)
d) Đúng: Tan góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(\frac{2}{5}\).
Nếu bạn Huyền gửi theo kì hạn \[6\] tháng với lãi suất không đổi \[5\% \] thì số tiền bạn Huyền thu được cả lãi và gốc sau ba năm là \[231,94\] triệu.
Sau \[48\] tháng bạn Huyền muốn có số tiền \(250\)thì bạn Huyền chọn hình thức lãi kép với lãi suất bằng \[1,005\% \] một tháng.
Bạn Huyền chọn hình thức gửi theo kì hạn \[3\] tháng với lãi suất không đổi là \[6\% \] một năm thì sau \[13\]quý bạn Huyền có \[300\] triệu đồng.
Vào ngày \(01/01/2024\)bạn Huyền gửi vào ngân hàng với lãi suất không đổi\[5\% \] một năm. Hàng tháng vào ngày \[01/01\] bạn Huyền rút ra số tiền không đổi là \[5\] triệu đồng. Sau \[44\] tháng thì bạn Huyền rút hết số tiền đã gửi trong ngân hàng.
a) Đúng: Ta có \[{S_6} = 200.{\left( {1 + 5\% .\frac{6}{{12}}} \right)^6} \approx 231,94\].
b) Đúng: Ta có \[250 = 200.{\left( {1 + r\% } \right)^{48}} \Leftrightarrow r\% \approx 1,005\% \]
c) Sai: \[300 = 200.{\left( {1 + 6\% .\frac{3}{{12}}} \right)^n} \Leftrightarrow n \approx 27,2\] tức là gần 9 quý
d) Sai: Ta có \({T_{}} = 200{\left( {1 + 5\% .\frac{1}{{12}}} \right)^n} - 5\frac{{{{\left( {1 + \frac{{5\% }}{{12}}} \right)}^n} - 1}}{{\frac{{5\% }}{{12}}}}\).
Khi bạn Huyền rút hết tiền thì\({T_{}} = 200{\left( {1 + 5\% .\frac{1}{{12}}} \right)^n} - 5\frac{{{{\left( {1 + \frac{{5\% }}{{12}}} \right)}^n} - 1}}{{\frac{{5\% }}{{12}}}} = 0 \Rightarrow n \approx 45\) tháng.
Hình lăng trụ đã cho có đường cao \(h = 3\sqrt 3 \).
Diện tích đáy của hình lăng trụ đã cho là \({S_{ABC}} = 9\sqrt 3 \).
Thể tích của khối chóp \(A'.ABC\)thuộc khoảng \(3\sqrt 3 \).
Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\)là \({S_{ABC.A'B'C'}} = 27\sqrt 3 \).
Đặt \(AB = x,\left( {x > 0} \right)\), gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \bot BC\\A'M \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {A'BC} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {A'MA} = 30^\circ \].
Xét \(\Delta A'AM\), có \[A'M = \frac{{AM}}{{cos30^\circ }} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}.\frac{2}{{\sqrt 3 }} = x\].
\({S_{A'BC}} = 18 \Leftrightarrow \frac{1}{2}A'M.BC = 18 \Leftrightarrow {x^2} = 36 \Rightarrow x = 6\)
Suy ra đường cao của hình lăng trụ là \(h = A'A = AM.\tan 30^\circ = \frac{{6.\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = 3\),
Tam giác \(ABC\) đều nên \({S_{ABC}} = \frac{{{6^2}.\sqrt 3 }}{4} = 9\sqrt 3 \).
\({V_{A'.ABC.}} = \frac{1}{3}A'A.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.3.9\sqrt 3 = 9\sqrt 3 \approx 15.59\)
\({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{ABC}} = 3.9\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \).
a) Sai: Hình lăng trụ đã cho có đường cao \(h = 3\).
b) Đúng: Diện tích đáy của hình lăng trụ đã cho là \({S_{ABC}} = 9\sqrt 3 \).
c) Sai: Thể tích của khối chóp \(A'.ABC\) bằng \(9\sqrt 3 \).
d) Đúng: Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\)là \({S_{ABC.A'B'C'}} = 27\sqrt 3 \).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Có bao nhiêu giá trị \(m\) nguyên để hàm số \[f\left( x \right) = {\left( {2{x^2} + mx + 2} \right)^{\frac{1}{2}}}\] xác định với mọi \[x \in \mathbb{R}\]?
Do \[\frac{1}{2} \notin \mathbb{Z}\] nên hàm số đã cho xác định \[ \Leftrightarrow 2{x^2} + mx + 2 > 0\].
Hàm số đã cho xác định với mọi \[x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow 2{x^2} + mx + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \Delta = {m^2} - 16 < 0\]
\[ \Leftrightarrow - 4 < m < 4\].
Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2;...;2;3} \right\}\) nên có \(7\) giá trị \(m\).
Biết \(x\) và \(y\) là hai số thực thỏa mãn \({\log _4}x = {\log _9}y = {\log _6}\left( {x - 2y} \right).\) Giá trị của \(\frac{x}{y}\) bằng
Điều kiện.\(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\y > 0\\x > 2y\end{array} \right.\). Đặt \({\log _4}x = {\log _9}y = {\log _6}\left( {x - 2y} \right) = t\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {4^t}\\y = {9^t}\\x - 2y = {6^t}\end{array} \right. \Rightarrow {4^t} - {2.9^t} = {6^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{9}} \right)^t} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = - 1\,\,\,\left( {loai} \right)\\{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = 2\end{array} \right.\)
Khi đó 
.
Chọn năm \(2023\) làm mốc tính, số dân hàng tỉ lệ tăng dân số trong vòng \(21\), từ năm \(2020\) đến năm \(2040\) năm là khoảng \(0.99\% \) một năm, nên dân số nước ta sau \(N\)năm \(( - 3 \le N \le 17)\)là:
\({S_N} = 99186471{\rm{ }}{\rm{. }}{\left( {1 + 0.99\% } \right)^N}\) để dân số là \(115\) triệu người thì \(N\) phải thỏa mãn:
\(1150{\rm{000000}} = 99186471{\rm{ }}{\rm{. }}{\left( {1 + 0.99\% } \right)^N}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {1 + \frac{{0.99}}{{100}}} \right)^N} = \frac{{115{\rm{ 000 000}}}}{{{\rm{99 186 471}}}} \Leftrightarrow N.\ln \left( {1,0099} \right) = \ln \left( {\frac{{115{\rm{ 000 000}}}}{{{\rm{99 186 471}}}}} \right)\)
\( \Leftrightarrow N = \frac{{\ln \left( {\frac{{{\rm{115 000 000}}}}{{{\rm{99 186 471}}}}} \right)}}{{\ln \left( {1,0099} \right)}} \approx 15,016 \approx 15\)
Như vậy sau \(15\) năm, tức là năm\(2038\) thì dân số nước ta ở mức khoảng \(115\) triệu người.
![Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy \[ABC\] là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/7-1765773935.png)
Gọi \[H\] là trung điểm của \[AB\]. Do tam giác \[SAB\] là tam giác vuông cân tại \[S\] và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên ta có: \[SH = \frac{1}{2}AB = a\] và \[SH \bot \left( {ABC} \right)\]. Suy ra: \[\left( {\widehat {SC,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SCH}\].
\[ABC\] là tam giác đều cạnh bằng \[2a\] nên \[CH = a\sqrt 3 \].
Xét tam giác \[SCH\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{CH}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]. Suy ra \[\left( {\widehat {SC,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = {30^o}\].
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SD\\AB \bot AD\\SD \cap AD = D{\rm{ trong }}\left( {SAD} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)\)
Vẽ \(DH \bot SA\) tại \(H\) trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DH \bot AB\\DH \bot SA\\AB \cap SA = A{\rm{ trong }}\left( {SAB} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow DH \bot \left( {SAB} \right)\)
Vì \(CD\parallel \left( {SAB} \right)\) nên \(d\left( {SB;CD} \right) = d\left( {\left( {SAB} \right);CD} \right) = d\left( {\left( {SAB} \right);D} \right) = DH\). vuông tại \(D\) với đường cao \(DH\) có \(DH = \frac{{SD.DA}}{{\sqrt {S{D^2} + D{A^2}} }} = \frac{{2\sqrt 3 .\sqrt 6 }}{{\sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}} }} = 2\)
Theo bài ra ta có để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất.
Gọi ba kích thước của bể là \[a\], \[2a\], \[c\]\[\left( {a\left( m \right) > 0,\,c\left( m \right) > 0} \right)\].
Ta có diện tích các mặt cần xây là \[S = 2{a^2} + 4ac + 2ac = 2{a^2} + 6ac\].
Thể tích bể \[V = a.2a.c = 2{a^2}c = 2304\]\[ \Rightarrow \]\[c = \frac{{1152}}{{{a^2}}}\].
Suy ra \[S = 2{a^2} + 6a.\frac{{1152}}{{{a^2}}} = 2{a^2} + \frac{{6912}}{a} = 2{a^2} + \frac{{3456}}{a} + \frac{{3456}}{a} \ge 3.\sqrt[3]{{2{a^2}.\frac{{3456}}{a}.\frac{{3456}}{a}}} = 864\].
Vậy \[{S_{\min }} = 864{m^2}\], khi đó chi phí thấp nhất là \[864.600000 = 518.4\] triệu đồng.
