Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 7

Chọn A

Ta có: \(\sqrt[{2022}]{a} = {a^{\frac{1}{{2022}}}}\)

Chọn B

Ta có: \({\log _a}{a^5} = 5{\log _a}a = 5\)

Chọn D

Ta có: \(\ln \left( {a{b^2}} \right) = \ln a + \ln {b^2} = \ln a + 2\ln b\)

Chọn A

Điều kiện xác định của hàm số \[y = {\log _2}x\] là \(x > 0\).

Vậy tập xác định của hàm số \[y = {\log _2}x\] là \(D = \left( {0; + \infty } \right).\)

Chọn B

Điều kiện: \(2x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >  - \frac{1}{2}\)

Ta có \({\log _3}\left( {2x + 1} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x + 1 = {3^2} \Leftrightarrow x = 4\)(thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 4\).

Chọn B

\({9^x} - {3^x} - 6 \le 0 \Leftrightarrow {\left( {{3^x}} \right)^2} - {3^x} - 6 \le 0 \Leftrightarrow ({3^x} - 3)({3^x} + 2) \le 0\)

Mà \({3^x} + 2 > 0\)\(\forall x \in \mathbb{R}\) (vì \({3^x} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\))

Nên \({3^x} - 3 \le 0\)\( \Leftrightarrow x \le 1\).

Mà \[x \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow x = 1\]

Chọn B

Ta có \(BC'//AD' \Rightarrow (BC',A'D) = (AD',A'D) = {90^0} \Rightarrow BC' \bot A'D.\)

Chọn C

Vì A, B, D đúng \( \Rightarrow \) Chọn C.

Chọn A

Ta có \(SA = SC\)\( \Rightarrow \Delta SAC\)cân tại \(S\)\( \Rightarrow SO \bot AC.\) (1)

\(SB = SD\)\( \Rightarrow \Delta SBD\)cân tại \(S\)\( \Rightarrow SO \bot BD.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(SO \bot (ABCD)\).

Chọn D

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(A\) là hình chiếu của điểm \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Chọn D

\[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB{\rm{ }}\left( {{\rm{gt}}} \right)\\SA \cap AB = \left\{ A \right\}\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\] mà \[BC \subset \left( {SBC} \right)\].

Vậy \[\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\].

Chọn D

Gọi \(D\) là trung điểm cạnh \(BC.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow SA \bot BC\).

Mà \(SD \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SAD} \right)\) nên \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SDA} = \alpha \).

Khi đó tam giác \(SAD\) vuông tại \(S\) có \(SD = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\); \(AD = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\) và \(\cos \alpha  = \frac{{SD}}{{AD}}\) \( \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\)

a) SAI
Vì tập xác định của hàm số là \[\left( {1\,;\, + \infty } \right)\].

b) SAI
Vì tập giá trị của hàm số là \[\mathbb{R}\].

c) SAI
Vì hàm số đồng biến trên \[\left( {1\,;\, + \infty } \right)\] nên \[f\left( {2024} \right) < f\left( {2025} \right)\].

d) ĐÚNG
Vì đồ thị của hàm số luôn nằm bên phải trục tung và đi qua điểm \[\left( {2\,;\,0} \right)\].

a) Thay \(x = 2\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\)ta thấy không thoả mãn nên câu a) là câu trả lời SAI.

b) Khi đặt \(t = {\log _2}x\), ta được phương trình \({t^2} - 7t + 9 = 0\) nên câu b) là câu trả lời ĐÚNG.

c) \(\log _2^2x - 7{\log _2}x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}\\{\log _2}x = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {2^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}\\{x_2} = {2^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}}\end{array} \right.\)

Phương trình \(\left( 1 \right)\)có hai nghiệm phân biệt nên câu c) là câu trả lời SAI.

d) Đặt \(t = {\log _2}x\), ta được phương trình \({t^2} - 7t + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}\\t = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}\\{\log _2}x = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {2^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}\\{x_2} = {2^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}}\end{array} \right.\)

Ta có:

\({\left( {\frac{{2023}}{{128}}.{x_1}.{x_2}} \right)^{2024}} = {\left( {\frac{{2023}}{{128}}{{.2}^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}{{.2}^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}}} \right)^{2024}} = {\left( {\frac{{2023}}{{128}}.128} \right)^{2024}} = {2023^{2024}}\)

Vậy d) là câu trả lời ĐÚNG.

a)  Đúng vì \[AC \bot (IBD) \Rightarrow AC \bot BD\] tương tự có \[AB \bot CD,\;BC \bot AD\]

b)  Đúng vì \[AC \bot (IBD) \Rightarrow AC \bot DO\]tương tự có \[AB \bot DO\]nên suy ra \[DO \bot (ABC)\]

c)  Sai vì nếu \[AD \bot (BCD) \Rightarrow AD \bot DC\]suy ra tam giác \[ACD\]vuông ( vô lý)

d)  Đúng vì \[DO \bot (ABC) \Rightarrow DO \bot BC\]

a) Đúng vì \(M'\), \(N'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) và \(N\)trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(M'N'\) là hình chiếu vuông góc của \(MN\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

b) Đúng vì theo định lý ba đường vuông góc thì nếu một đường thẳng \(b\) chứa trong \(\left( P \right)\) vuông góc với \(MN\) khi và chỉ khi nó vuông góc với hình chiếu \(M'N'\).

c) Sai vì khi đó \(MN\) sẽ song song hoặc trùng với \(M'N'\) là điều vô lý .

d) Sai vì nếu \(\Delta AMN'\) vuông tại \(M\) thì \(MN' \bot MA\), mặt khác \(MN' \bot AM'\)\( \Rightarrow MN' \bot \left( {AMM'} \right)\)\( \Rightarrow MN' \bot MM'\) là điều vô lý.

Đáp án: 11,7

Tính từ năm 2013 đến 2024, anh Toàn đã được 3 lần tăng lương.

Lương của anh Toàn sau lần tăng đầu tiên là: \({L_1} = 6.1,25\) triệu

Lương của anh Toàn sau lần tăng thứ 2 là: \({L_2} = {L_1} + 25\% {L_1} = {L_1}.1,25 = 6.1,{25^2}\) triệu

Lương của anh Toàn sau lần tăng thứ 3 là: \({L_3} = {L_2} + 25\% {L_2} = {L_2}.1,25 = 6.1,{25^3} \approx 11,7\) triệu

Vậy lương của anh Toàn hiện đang hưởng là \(11,7\) triệu mỗi tháng.

Đáp án: \(3\).

Điều kiện xác định \(\left\{ \begin{array}{l} - {x^2} + 6x - 4 > 0\\{\log _3}( - {x^2} + 6x - 4) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - \sqrt 5  < x < 3 + \sqrt 5 \\ - {x^2} + 6x - 4 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - \sqrt 5  < x < 3 + \sqrt 5 \\x \notin \{ 1;5\} \end{array} \right.\).

Tập xác định \(\left( {3 - \sqrt 5 ;3 + \sqrt 5 } \right)\backslash \{ 1;5\} \).

Các số nguyên thuộc tập xác định là: \(\{ 2;3;4\} \) và do đó có 3 số nguyên thuộc tập xác định của hàm số đã cho.

Đáp án: \(\frac{5}{4}\).

\[{\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a  + \frac{1}{{{{\log }_b}{x^2}}} \Leftrightarrow {\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a  + {\log _x}\sqrt b \]

\[ \Leftrightarrow a + 2b = 3\sqrt {ab}  \Leftrightarrow {a^2} - 5ab + 4{b^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right) = 0 \Leftrightarrow a = 4b\] (do \(a > b\)).

\[P = \frac{{2{a^2} + 3ab + {b^2}}}{{{{(a + 2b)}^2}}} = \frac{{32{b^2} + 12{b^2} + {b^2}}}{{36{b^2}}} = \frac{5}{4}\].

Đáp án: \[45\] độ.

Gọi \[D\] là trung điểm của \(AN\).

+) Xét \[\Delta ABN\] có: \[M\] là trung điểm của \[AB\] và \[D\] là trung điểm của \[AN\].

\[ \Rightarrow MD\] là đường trung bình của \[\Delta ABN\]\[ \Rightarrow MD//BN\].

\[ \Rightarrow \] Góc giữa \[SM\] và \[BN\] bằng góc giữa \[SM\] và \[MD\].

+) Xét \[\Delta ABC\] đều có cạnh là \[a = 4\sqrt 2 \,cm\], \[BN\] vừa là trung tuyến vừa là đường cao.

\[ \Rightarrow BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{4\sqrt 2 .\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 6 \,\,cm\].

Mà \[MD = \frac{1}{2}BN\] (tính chất đường trung bình) \[ \Rightarrow MD = \frac{1}{2}.2\sqrt 6  = \sqrt 6 \,\,cm\].

+) Ta có: \[SB \bot \left( {ABC} \right)\]\[ \Rightarrow SB \bot BM\]\[ \Rightarrow \Delta SBM\] là tam giác vuông tại \[B\]

\[ \Rightarrow SM = \sqrt {S{B^2} + B{M^2}}  = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = 2\sqrt 3 \,\,cm\].

+) \[\Delta BND\] vuông tại \[N\]\[ \Rightarrow BD = \sqrt {B{N^2} + N{D^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 6 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}}  = \sqrt {26} \,\,cm\].

+) \[\Delta SBD\] vuông tại \[B\]\[ \Rightarrow SD = \sqrt {S{B^2} + B{N^2}}  = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\sqrt {26} } \right)}^2}}  = \sqrt {30} \,\,cm\].

+) \[\cos \widehat {SMD} = \frac{{S{M^2} + M{D^2} - S{D^2}}}{{2.SM.MD}} = \frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {30} } \right)}^2}}}{{2.2\sqrt 3 .\sqrt 6 }} =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]

\[ \Rightarrow \widehat {SMD} = {\cos ^{ - 1}}\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = 135^\circ \].

\[ \Rightarrow \] Góc giữa đường thẳng \[SM\] và \[BN\] bằng \[180^\circ  - 135^\circ  = 45^\circ \].

Đáp án: \(\frac{1}{2}{a^2}.\)

Do\(AD \bot BC,SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot AH \Rightarrow EF \bot AH\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta AEF}} = \frac{1}{2}EF.AH\)

Mà \(EF = \frac{1}{2}BC = a\). Do \(H\) là trung điểm \(SD \Rightarrow AH = a\) \( \Rightarrow {S_{\Delta AEF}} = \frac{1}{2}{a^2}\)

Đáp án:

a) \(\left( {SBC} \right)\).

b) \(45^\circ \).

a. Trong các mặt bên của hình chóp \(S.ABC\), mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\) là \(\left( {SBC} \right)\)

Ta có:

\(BC \bot AM\) (\(\Delta ABC\) đều)

\(BC \bot SA\) \(\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\)

Suy ra \(BC \bot \left( {SAM} \right)\)

Mà \(BC \subset \left( {SBC} \right)\)

Vậy \(\left( {SAM} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).

b. Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \(45^\circ \).

Ta có

\(AM \bot BC\)

\(SM \bot BC\) \(\left( {BC \bot \left( {SAM} \right)} \right)\)

Suy ra \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}\)

Xét tam giác \(SAM\) vuông tại \[A\], ta có:

\(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1\)

Vậy \(\widehat {SMA} = 45^\circ \).