Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 9

Chọn D

Với \(a,\,b > 0\)và \(\alpha ,\beta  \in \mathbb{R}\)ta có khẳng định \({a^\alpha }.{b^\beta } = {\left( {ab} \right)^{\alpha  + \beta }}\)sai, các khẳng định còn lại đúng.

Chọn D

Ta có: \({\log _a}\left( {a.\sqrt[3]{a}} \right) = {\log _a}\left( {a.{a^{\frac{1}{3}}}} \right) = {\log _a}\left( {{a^{\frac{4}{3}}}} \right) = \frac{4}{3}\).

Chọn A

Ta có: \({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 1 = 9 \Leftrightarrow x = 10\).

Chọn C

Ta có \({3^{2x}} > 243 \Leftrightarrow {3^{2x}} > {3^5} \Leftrightarrow 2x > 5 \Leftrightarrow x > \frac{5}{2}\).

Chọn C

Ta có \(BC//AD\) nên \(BC\) không vuông góc với \(SD\).

Chọn A

Ta có \(AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\). Do \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(\left( {ABCD} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).

Chọn D

Ta có \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\).

Hai tam giác \(SBC\) và \(OBC\) cân đáy \(BC\)nên \(SM \bot BC,\,\,OM \bot BC\).

Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa \(SM,OM\)hay chính là \(\widehat {SMO}\).

Chọn D

Ta có \(BC \bot SA,\,\,BC \bot AB \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\). Lại có \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(H\). Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Chọn A

Thay các dữ kiện ta có phương trình \(300 = 100.{e^{5r}} \Rightarrow r = \frac{{\ln 3}}{5}.\)

Để số lượng vi khuẩn tăng \(10\) lần (tức \(1000\) con), ta có \(1000 = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}t}} \Rightarrow t = \frac{5}{{\log 3}}.\)

Chọn B

Khoản tiền gốc: \[P = 500\;000\;000\] đồng

Lãi suất hằng năm: \[r = 6\% \]

Số lần rút lãi trong 1 năm: \[n = 12\]

Số kì hạn: \[N = 13\]

Tổng số tiền cô Hoa nhận được là: \[A = P{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^N} = 500\;000\;000{\left( {1 + \frac{{6\% }}{{12}}} \right)^{13}} = 533493100\] đồng

Chọn B

Xét hình chóp đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\). Suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). Dẫn đến góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy là góc \(\widehat {SAO} = \alpha .\)

Ta có \(\tan \alpha  = \frac{{SO}}{{AO}} = \frac{{98}}{{90\sqrt 2 }} = \frac{{49\sqrt 2 }}{{90}}.\)

Chọn D

Gọi chiều cao của bể nước là \(h\).

Thể tích của bể nước là: \(V = \left( {2,5} \right).2.h = 10 \Rightarrow h = 2\,\,\left( m \right)\).

a) Sai: Đồ thị hàm số \(y = {a^x}\) luôn đi qua điểm \(\left( {1;a} \right)\).

b) Đúng: Khi \(x = 1\) ta có \({\log _a}1 = 0\).

c) Sai: Tập xác định của hàm số \(y = {\log _a}x\) là khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

d) Sai: Ta có \({a^{4{{\log }_{{a^2}}}\sqrt 5 }} = {a^{2{{\log }_a}\sqrt 5 }} = {a^{{{\log }_a}{{(\sqrt 5 )}^2}}} = 5\).

a) Đúng. Ta có: \(SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(SH \bot BC \Rightarrow BC \bot (SAH)\).

b) Sai. Do \(SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AH\) nên tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\).

c) Đúng. Ta có \(SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AB\) và \(SA \bot AC\). Vậy ta có hai tam giác vuông tại \(A\) là \(SAB\) và \(SAC\), cũng là hai mặt bên của tứ diện.

d) Đúng. Do \(BC \bot (SAH)\) nên \(AH \bot BC\).

Ta có:\(S(4) = S(0){.2^4} \Rightarrow S(0) = \frac{{S(4)}}{{{2^4}}}\).

Gọi thời gian để số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm có \(1\) triệu con là \(t\) phút

\(S(0){.2^t} = 1000000 \Leftrightarrow \frac{{250000}}{{{2^4}}}{.2^t} = 1000000 \Leftrightarrow t = 6\).

a) Vậy sau 6 phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(1\) triệu con nên a) đúng.

b) Vậy sau 7 phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(2\) triệu con nên b) đúng.

c) Vậy sau 8 phút số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là \(4\) triệu con nên c) sai.

d) Số lượng vi khuẩn \[A\] trong phòng thí nghiệm là tăng dần theo thời gian nên d) sai.

a) Gọi \[x\] là chiều cao của bể cần xây (\[x > 0\]).

Tổng diện tích bốn mặt xung quanh của bể là: \[\left( {x.0,5} \right).2 + \left( {x.1} \right).2 = 3\]\[ \Rightarrow x = 1\].

Thể tích của bể là: \[V = 1.1.0,5 = 0,5{m^3}\]. Vậy a) đúng.

b) Thể tích nước cần chảy vào bể khi nước trong bể dâng cao \[0,5\] mét là \(V = 0,5.1.0,5 = 0,25\left( {{m^3}} \right)\). Có \(0,25\left( {{m^3}} \right) = 250\)lít.

Vậy thời gian để nước chảy vào bể dâng cao \[0,5\] mét là \(\frac{{250}}{{25}} = 10\)phút. Vậy b) sai

c) Thể tích nước cần chảy vào bể khi nước trong bể dâng cao \[0,5\] mét là \(V = 0,5.1.0,5 = 0,25\left( {{m^3}} \right)\). Có \(0,25\left( {{m^3}} \right) = 250\)lít.

Vậy thời gian để nước chảy vào bể dâng cao \[0,5\] mét là \(\frac{{250}}{{10}} = 25\)phút. Vậy c) sai.

d) \(30\,0\,l = 300d{m^3} = 300.000c{m^3}\)

Thể tích khối cầu thủy tinh là \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{500\pi }}{3}\).

Thể tích bể cá là \({V_2} = 300.000 + \frac{{500\pi }}{3}\).

Chiều cao bể cá là \(h = \frac{{{V_2}}}{{50.100}} \approx 60,10\,\,cm\). Vậy d) đúng.

Đặt \({2^x} = {3^y} = {6^{ - z}} = t\) với \(t > 0.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^x} = t\\{3^y} = t\\{6^{ - z}} = t\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {\log _2}t\\y = {\log _3}t\\z =  - {\log _6}t\end{array} \right..\)

Mặt khác: \({\log _6}t = \frac{1}{{{{\log }_t}6}} = \frac{1}{{{{\log }_t}3 + {{\log }_t}2}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_3}t}} + \frac{1}{{{{\log }_2}t}}}} = \frac{{{{\log }_3}t.{{\log }_2}t}}{{{{\log }_3}t + {{\log }_2}t}}\).

\[M = xy + yz + xz = {\log _3}t.{\log _2}t - {\log _3}t.{\log _6}t - {\log _6}t.{\log _2}t\]\[ = {\log _3}t.{\log _2}t - \left( {{{\log }_3}t + {{\log }_2}t} \right).{\log _6}t\]

\[ = {\log _3}t.{\log _2}t - \left( {{{\log }_3}t + {{\log }_2}t} \right).\frac{{{{\log }_3}t.{{\log }_2}t}}{{{{\log }_3}t + {{\log }_2}t}} = 0.\]

Diện tích rừng trồng mới của năm \[2024 + 1\] là: \[600{\left( {1 + 6\% } \right)^1}\].

Diện tích rừng trồng mới của năm \[2024 + 2\] là: \[600{\left( {1 + 6\% } \right)^2}\].

Diện tích rừng trồng mới của năm \[2024 + n\] là: \[600{\left( {1 + 6\% } \right)^n}\].

Ta có: \[600{\left( {1 + 6\% } \right)^n} > 1000 \Leftrightarrow {\left( {1 + 6\% } \right)^n} > \frac{5}{3} \Leftrightarrow n > {\log _{\left( {1 + 6\% } \right)}}\frac{5}{3} \approx 8,76\]

Như vậy kể từ năm 2024 thì năm 2033 là năm đầu tiên diện tích rừng trồng mới đạt trên \[1000{\rm{ ha}}\].

\({\log _2}\left( {{{\log }_{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}}} \right) \ge 0\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\{\log _{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\{\log _{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \ge 1\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} < 1\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \le \frac{1}{3}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \le \frac{1}{3}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{8\left( {x - 3} \right)}}{{3\left( {x + 3} \right)}} \le 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - \infty ;\, - 3} \right) \cup \left( {\frac{7}{3};\, + \infty } \right)\\x \in \left( { - 3;3} \right]\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {\frac{7}{3};\,3} \right]\].

Suy ra \(a = \frac{7}{3}\); \(b = 3\).

Vậy \(P = 3a - b = 3.\frac{7}{3} - 3 = 4\).

Gọi I là trung điểm BC. Suy ra : \(SI \bot BC\) và \(HI \bot BC\)

\( \Rightarrow \) Góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\]và \[\left( {ABCD} \right)\]là \(\widehat {SIH}\)

Ta có: \(HI = \frac{{AB}}{2} = 131\) (m)

Xét \({\rm{\Delta SHI}}\) vuông tại H ta có: \(\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{\sqrt {18578} }}{{131}} \Rightarrow \widehat {SIH} \approx {46^0}\)

Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp là khoảng \({46^0}\).

Gọi \[H\]là trọng tâm của tam giác \[ABC\], Vì \[\Delta ABC\] đều và \[SA = SB = SC\] nên \[SH \bot \left( {ABC} \right)\]

Lại có \[\left\{ \begin{array}{l}SC \cap \left( {ABCD} \right) = C\\SH \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCH} = 60^\circ \]

Từ \[D\] dựng \[DI//AC\] cắt \[AB\] tại \[I\]\[ \Rightarrow AC//\left( {SDI} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {AC;SD} \right) = d\left( {AC;\left( {SDI} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right)\]

Mặt khác \[\frac{{d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right)}} = \frac{{OD}}{{HD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right)\].

Vì \[AC \bot DH \Rightarrow HD \bot ID\], mà \[SH \bot ID \Rightarrow ID \bot \left( {SHD} \right)\]

Từ \[H\] dựng \[HF \bot SD \Rightarrow HF \bot \left( {SDI} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right) = HF\].

Ta có \[EC = \frac{{\sqrt {21} }}{2} \Rightarrow HC = \frac{2}{3}EC = \frac{{\sqrt {21} }}{3}\]

Trong tam giác \[SHC\] có \[SH = HC\tan 60^\circ  = a\]

Mà \[HD = HO + OD = \frac{4}{3}OD = \frac{4}{3}\frac{{\sqrt {21} }}{2} = \frac{{2\sqrt {21} }}{3}\]

Trong tam giác \[SHD\] có \[\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{D^2}}} = \frac{1}{{{{\sqrt 7 }^2}}} + \frac{3}{{4.{{\sqrt 7 }^2}}} = \frac{7}{{4.7}} \Rightarrow HF = 2\]

\[ \Rightarrow d\left( {AC;SD} \right) = \frac{3}{4}.\frac{{2\sqrt 7 \sqrt 7 }}{7} = \frac{3}{2} = 1,5\]

Thể tích khối tứ diện đều cạnh \(2\sqrt 2 \) là: \(\frac{8}{3}\).

Gọi \(P = ME \cap AD\); \(T = ME \cap AB\). Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đường thẳng \(TN\) cắt \(AC\),\(BC\) lần lượt tại \(Q\),\(F\). Khi đó mặt phẳng \(\left( {MNE} \right)\) chia khối tứ diện đã cho phần chứa đỉnh \(A\) là tứ diện \(ATPQ\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(BD\). Xét \(\Delta AID\) ta có: \(\frac{{ED}}{{EI}}.\frac{{MI}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PD}} = 1\) (định lý Menelaus)\( \Rightarrow \frac{{PA}}{{PD}} = 3\).

Tương tự ta có: \(\frac{{QA}}{{QC}} = 3\)

Xét \(\Delta AIB\) ta có: \(\frac{{EI}}{{EB}}.\frac{{TB}}{{TA}}.\frac{{MA}}{{MI}} = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{TB}}{{TA}} = \frac{2}{3}\).

Mặt khác ta có: \(\frac{{{V_{ATPQ}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AT}}{{AB}}.\frac{{AP}}{{AD}}.\frac{{AQ}}{{AC}} = \frac{3}{5}.\frac{3}{4}.\frac{3}{4} = \frac{{27}}{{80}}\) \( \Rightarrow {V_{ATPQ}} = \frac{{27}}{{80}}.\frac{{{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{9}{{10}} = 0,9\).