Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 8

Chọn B

Chọn D

Ta có \(\sqrt {a\sqrt {a\sqrt {a\sqrt a } } }  = {a^{\left( {\left( {\left( {\frac{1}{2} + 1} \right).\frac{1}{2} + 1} \right).\frac{1}{2} + 1} \right).\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{{15}}{{16}}}}\).

Chọn B

Chọn B

Chọn B

\({3^x} = \frac{1}{{243}} \Leftrightarrow {3^x} = {3^{ - 5}} \Leftrightarrow x =  - 5\).

Chọn C

\({\log _3}\left( {3x - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow 3x - 2 = 27 \Leftrightarrow x = \frac{{29}}{3}\).

Chọn D

Hai đường thẳng \[AB\] và \[A'B'\] song song với nhau, nên \[\left( {AC,A'B'} \right) = \left( {AC,AB} \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ \].

Chọn C

Sử dụng định lí \[\left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\b{\rm{//}}c\end{array} \right. \Rightarrow a \bot c.\]

Chọn A

              Theo tính chất trong lý thuyết: Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.

Chọn C

              Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước x, y, z \(\left( {x,y,z > 0} \right)\) là xyz.

Chọn D

Ta có \({2^{{x^2} - 4x + 8}} = 16 \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 4x + 8}} = {2^4} \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 8 = 4 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Vậy phương trình có 1 nghiệm.

Chọn B

              Ta có \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.2024{a^2}.a = \frac{{2024}}{3}{a^3}\)

a) \[SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC\]

b) Vì tam giác \[ABC\,\]cân tại B nên \[BM \bot AC\,\]mà \[BM \bot SA\,\]nên \[BM \bot (SAC)\]

c) Vì tam giác \[ABC\,\]vuông cân tại B nên \[BC \bot AB\]mà \[BC \bot SA\]nên \[BC \bot (SAB)\] nên \[BC\]tạo với mặt phảng \[\left( {SAB} \right)\] một góc có số đo là \[{90^0}\]

d) Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\\AC \bot SA\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AB \bot SA\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\] \[ \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ \] nên d sai

a) Đúng

Do \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[SA \bot BC\]. Vậy góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) bằng \({90^0}\).

b) Đúng

Do \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] tại điểm \(A\) nên hình chiếu của \(SD\) lên \(\left( {ABCD} \right)\) là \(AD\). Suy ra góc giữa \(SD\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa \(SD\) và \(AD\) và bằng góc \(\widehat {SDA}\). Tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(A\) nên \(\widehat {SDA} = {45^0}\).

c) Sai

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \[ABCD\]. Khi đó ta có \[BO \bot AC\].

Do \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[SA \bot BO\].

Vậy có \[\left\{ \begin{array}{l}BO \bot AC\\BO \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BO \bot \left( {SAC} \right)\] tại \[O\] nên hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {SAC} \right)\) là \(SO\).

Suy ra góc giữa \(SB\) và \(\left( {SAC} \right)\) là góc giữa \(SB\) và \(SO\) và bằng góc \(\widehat {BSO}\).

Tam giác \(SAD\) vuông ở \(A\) \( \Rightarrow SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = a\sqrt 2 \).

Tam giác \(SAB\) vuông ở \(A\) \( \Rightarrow SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = a\sqrt 2 \).

Tam giác \(ABD\) vuông ở \(A\) \( \Rightarrow BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = a\sqrt 2 \).

Nên suy ra tam giác \(SB{\rm{D}}\) là tam giác đều, vì vậy \(SO\) là đường cao đồng thời là đường phân giác nên \(\widehat {BSO} = {30^0}\).

d) Sai

Ta có \[BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\]

Kẻ \[BI \bot SC\], \[I \in SC\]

Suy ra \[DI \bot SC\].

Vậy có

\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\BI \subset \left( {SBC} \right),BI \bot SC\\DI \subset \left( {SDC} \right),DI \bot SC\end{array} \right.\]

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) bằng góc giữa hai đường thẳng \[BI\] và \[DI\].

Tam giác \(SDC\) vuông ở \(D\), \[DI\] là đường cao \( \Rightarrow \frac{1}{{D{I^2}}} = \frac{1}{{D{S^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow DI = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Tương tự cũng tính được \(BI = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Tam giác \(IBD\) cân ở \(I\), \[O\] là trung điểm \(B{\rm{D}}\)

\[ \Rightarrow IO \bot BD \Rightarrow \sin \widehat {OID} = \frac{{OD}}{{ID}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {OID} = 60^\circ  \Rightarrow \widehat {BI{\rm{D}}} = 120^\circ  \Rightarrow \left( {IB,I{\rm{D}}} \right) = {60^0}\].

a. Sai.

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

b. Đúng.

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \({S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta BCD}} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = {V_{S.BCD}}\).

c. Sai.

Ta có: \(\frac{{{V_{S.AMC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{S.AMC}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}}\).

d. Đúng.

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

Vì \(\frac{{ND}}{{SD}} = \frac{1}{3}\,\,\, \Rightarrow \,\,\,d\left( {N,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{3}SA = \frac{a}{3}\).

Do \(\frac{{MB}}{{SB}} = \frac{1}{2}\,\,\, \Rightarrow \,\,\,d\left( {M,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\).

Mà \({V_{ACMN}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMN}} - {V_{S.CMN}} - {V_{M.ABC}} - {V_{N.ADC}}\)

Mặt khác \({V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{6}\).

\(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABD}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}}}{6} = \frac{{{a^3}}}{{18}}\).

\(\frac{{{V_{S.CMN}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow {V_{S.CMN}} = \frac{1}{3}{V_{S.BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}}}{6} = \frac{{{a^3}}}{{18}}\).

\({V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\).

\({V_{N.ADC}} = \frac{1}{3}d\left( {N,\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ADC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{3}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{{18}}\).

Vậy \({V_{ACMN}} = \frac{{{a^3}}}{3} - \frac{{{a^3}}}{{18}} - \frac{{{a^3}}}{{18}} - \frac{{{a^3}}}{{12}} - \frac{{{a^3}}}{{18}} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\).

Gọi\[S\]là diện tích rừng khai thác hàng năm theo dự kiến. Ta có tổng diện tích rừng là \[60S\].

Trên thực tế diện tích rừng khai thác tăng \[5\% /\]năm nên diện tích rừng đã khai thác trong năm thứ \[n\] là \[S{(1 + 0,05)^{n - 1}}\].

Tổng diện tích rừng đã khai thác sau năm thứ \(n\) là\[S + S{(1 + 0,05)^1} + S{(1 + 0,05)^2} + ...S{(1 + 0,05)^{n - 1}} = S\frac{{{{(1 + 0,05)}^n} - 1}}{{0,05}}\]

Sau\(n\)năm khai thác hết nếu: \[S\frac{{{{(1 + 0,05)}^n} - 1}}{{0,05}} = 60{\rm{S}} \Leftrightarrow {(1,05)^n} - 1 = 3 \Leftrightarrow {(1,05)^n} = 4 \Leftrightarrow n = {\log _{1,05}}4 \approx 28,41\]

Vậy sau \(29\) năm diện tích rừng sẽ bị khai thác hết.

Theo giả thiết ta có \[P\left( 1 \right) = X = 253\].

Ngày thứ 10 có 2024 ca nên \(P\left( {10} \right) = X.{{\rm{e}}^{9{r_0}}} \Leftrightarrow 2024 = 253.{{\rm{e}}^{9{r_0}}} \Leftrightarrow {r_0} = \frac{{\ln 8}}{9}\).

Vậy ngày thứ 20 số ca nhiễm bệnh là \(P\left( {20} \right) = 253.{{\rm{e}}^{\frac{{19\ln 8}}{9}}} \approx 20401.\)

+ Gọi hình chóp tứ giác đều là \(S.ABCD\) như hình vẽ, \(O = AC \cap BD,\,M\) là trung điểm của \(AB\)

Khi đó góc nhị diện tạo bởi mặt bên \(\left( {SAB} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\left[ {S,AB,O} \right]\).

Ta có \(SM \bot AB\) và \(OM \bot AB\), suy ra \(\widehat {SMO}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,AB,O} \right]\).

Xét tam giác \(SMO\) ta có \[\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} \Rightarrow BC = 2OM = \frac{{2SO}}{{\tan \widehat {SMO}}} \approx 230,36\,(m)\]

+ Tìm số đo của góc phẳng nhị diện hai mặt bên, tức là số đo của góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,SB,C} \right]\)

Kẻ \(AI \bot SB\), lại có \(SB \bot AC\)(vì\(AC \bot \left( {SBD} \right)\)) từ đó suy ra \(SB \bot CI\).

Vậy góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,SB,C} \right]\) là góc \(\widehat {AIC}\).

Hai tam giác \(\Delta SAB = \Delta SBC\) suy ra hai đường cao \(AI = CI\), tam giác \(\Delta IAC\) cân tại I.

Đặt \(a = 230,36;\,h = 146,6\)

Ta có \(AC = a\sqrt 2  \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} \); \[SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}}  = \sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} \]

Trong tam giác cân SAB ta có \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}AI.SB = \frac{1}{2}SM.AB \Rightarrow AI = \frac{{SM.AB}}{{SB}} = \frac{{\sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} .a}}{{\sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} }}\)

\(\cos \widehat {AIC} = \frac{{A{I^2} + C{I^2} - A{C^2}}}{{2AI.CI}} = \frac{{2{a^2}\left( {\frac{{4{h^2} + {a^2}}}{{2\left( {2{h^2} + {a^2}} \right)}}} \right) - 2{a^2}}}{{2.\frac{{4{h^2} + {a^2}}}{{2\left( {2{h^2} + {a^2}} \right)}}{a^2}}} = \frac{{ - {a^2}}}{{4{h^2} + {a^2}}}\), thay số \(a = 230,36;\,h = 146,6\)

Ta suy ra được \(\widehat {AIC} \approx {112^0}26'16''\).

Dựng \(HI \bot AB\).

Ta có: \[\left. \begin{array}{l}AB \bot IH\\AB \bot SH\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SIH} \right)\] và \(\left( {SIH} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SI\).

Dựng \(HK \bot SI\).

Ta có : \[\left. \begin{array}{l}HK \bot AB\\HK \bot SI\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SAB} \right)\].

Vậy \(d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HK\).

Do \(HI/{\kern 1pt} /BC\) nên dễ dàng chỉ ra được \(I\) là trung điểm của \(AB\) và \(IH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(IA = IB = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

Ta có \(AB \bot SI\) nên \(SI = \sqrt {S{B^2} - I{B^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

Do \(SH \bot IH\) nên xét tam giác vuông \(SIH\) có:

\(SH = \sqrt {S{I^2} - I{H^2}}  = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}}  = a\); \(HK = \frac{{SH.HI}}{{SI}} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 7 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Do vậy, ta có \(d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\], khi đó góc giữa mp\[\left( {SBC} \right)\] và mp\[\left( {ABC} \right)\] là \[\widehat {SIA} = {30^0}\].

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \[A\] trên \[SI\] suy ra \[d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = a\].

Xét tam giác \[AHI\] vuông tại \[H\] suy ra \[AI = \frac{{AH}}{{\sin {{30}^0}}} = 2a\].

Giả sử tam giác đều \[ABC\] có cạnh bằng \[x\], mà \[AI\] là đường cao nên: \(2a = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}\).

Diện tích tam giác đều \[ABC\] là \[{S_{ABC}} = {\left( {\frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}\].

Xét tam giác \[SAI\] vuông tại \[A\] suy ra \[SA = AI.\tan {30^0} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\].

Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{8{a^3}}}{9}\].

Gọi \(x(m)\) là độ dài 1 cạnh của đáy.

Diện tích đáy của bể cá là \(S = \frac{2}{{0,5}} = 4\left( {{m^2}} \right)\). Suy ra độ dài cạnh còn lại của đáy là \(\frac{4}{x}\,\,\left( m \right)\).

Để chi phí mua kính làm bể là thấp nhất thì tổng diện tích các mặt của hình hộp là nhỏ nhất. Tổng diện tích các mặt là \(S = 0,5.x.2 + \frac{4}{x}.0,5.2 + 4 = x + \frac{4}{x}\,\, + 4\,\,\left( {m{}^2} \right)\).

                                     \( = {\left( {\sqrt x } \right)^2} + {\left( {\frac{2}{{\sqrt x }}} \right)^2} - 2\sqrt x .\frac{2}{{\sqrt x }} + 8\)

                                     \( = {\left( {\sqrt x  - \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)^2} + 8 \ge 8\)

Vậy \(S\) nhỏ nhất bằng \(8\,\,\left( {m{}^2} \right)\)\( \Leftrightarrow \sqrt x  = \frac{2}{{\sqrt x }} \Leftrightarrow x = 2\)

Chi phí mua kính ít nhất là \(8.150\,000 = 1\,200\,000\) đồng.

Đáp án: \(1\,200\,000\) đồng.