Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 2

Đáp án đúng là: B

Từ đồ thị suy ra \(0 < a < 1;b > 1,c > 1\).</>

Khi \(x > 0\) thì \({b^x} > {c^x} \Rightarrow b > c\).

Vậy \(a < c < b\).

Đáp án đúng là: D

Gọi \(E\) là trung điểm của \(CD\).

Vì \(N,E\) lần lượt là trung điểm của \(SD,CD\) nên \(NE//SC\) và \(NE = \frac{1}{2}SC = \frac{a}{2}\).

Do đó \(\left( {MN,SC} \right) = \left( {MN,NE} \right) = \widehat {MNE}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(AC = a\sqrt 2 \) mà \(ME = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tương tự \(MN = \frac{a}{2}\).

Vì \(M{E^2} = M{N^2} + N{E^2}\) nên \(\Delta MNE\) vuông tại \(N\). Do đó \(\widehat {MNE} = 90^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Vì tam giác \(ABC\) là tam giác đều nên \(AM \bot BC\) mà \(SA \bot BC\) (do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)) nên \(BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM\).

Do đó \(\left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SMA}\).

Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) mà \(SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên tam giác \(SAM\)vuông cân tại \(A\).

Suy ra \(\widehat {SMA} = 45^\circ \).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Ta có \(M = a\sqrt[3]{a} = a.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{4}{3}}}\).

b) \({\log _a}M = {\log _a}{a^{\frac{4}{3}}} = \frac{4}{3}\).

c) Để \(M > 1\)\( \Leftrightarrow {a^{\frac{4}{3}}} > 1\) thì \(a > 1\).

d) \[{M^{{{\log }_a}8}} = {a^{\frac{4}{3}{{\log }_a}8}} = {8^{\frac{4}{3}}} = 16\].

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).

b) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {{\rm{do}}\;SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAD} \right)\\SD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD\) hay tam giác \(SCD\) vuông tại \(D\).

c) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA(\;{\rm{do}}\;SA \bot \left( {ABCD} \right))\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AH \bot BC\left( {{\rm{do}}\;BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\)(1).

Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}AK \bot SD\\AK \bot CD\left( {{\rm{do}}\;CD \bot \left( {SAD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(SC \bot \left( {AHK} \right)\).

d) Vì \(SC \bot \left( {AHK} \right)\) mà \(HK \subset \left( {AHK} \right)\) nên \(HK \bot SC\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 3

\(P = {x^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[6]{x} = {x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{2}}}\). Suy ra \(m = 1;n = 2\). Do đó \(m + n = 3\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 71

Ta có \(n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42\).

Ta có \(\frac{{3.n}}{4} = \frac{{3.42}}{4} = 31,5\). Suy ra nhóm \(\left[ {60;80} \right)\) là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 31,5.

Ta có tứ phân vị thứ ba là \({Q_3} = 60 + \frac{{31,5 - 26}}{{10}}.20 = 71\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1,5

\(I = 2{\log _3}\left[ {{{\log }_3}\left( {3a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{4}}}{b^2}\)\( = 2{\log _3}\left[ {1 + {{\log }_3}a} \right] + 2{\log _{{2^{ - 2}}}}b\)\( = 2{\log _3}\left[ {1 + 2} \right] - {\log _2}b\)\( = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} = 1,5\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 63,4

Vì \(AB//CD\) nên \(\left( {SA,DC} \right) = \left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB}\).

Vì \(SC \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SC \bot AB\) mà \(AB \bot BC\) nên \(AB \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AB \bot SB\).

Xét tam giác vuông \(SBA\) có \(\tan \widehat {SAB} = \frac{{SB}}{{AB}} = \frac{{2a}}{a} = 2 \Rightarrow \widehat {SAB} \approx 63,4^\circ \).

Hướng dẫn giải

Ta có \({\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right) = \frac{{{{\log }_a}\left( {a{b^2}} \right)}}{{{{\log }_a}{a^2}}}\)\( = \frac{{{{\log }_a}a + {{\log }_a}{b^2}}}{2}\)\( = \frac{{1 + 2{{\log }_a}b}}{2}\)\( = \frac{{1 + 4}}{2} = \frac{5}{2}\).

Hướng dẫn giải

Gọi \(A\) là biến cố: “Lấy được 1 quả bóng mới”.

Xác suất để lấy được 1 quả bóng mới là: \(P\left( A \right) = \frac{{C_6^1}}{{C_{10}^5}} = \frac{1}{{42}}\).

Do đó xác suất của biến cố lấy được ít nhất 2 quả bóng mới là: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{1}{{42}} = \frac{{41}}{{42}}\).

Hướng dẫn giải

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) suy ra \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ \).

Hạ \(AH \bot SO\) (1).

Ta có \(BD \bot AC\) và \(BD \bot SA\) suy ra \(BD \bot \left( {SAC} \right)\). Do đó \(BD \bot AH\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBD} \right)\). Suy ra \(\left( {AC,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {AC,SO} \right) = \widehat {SOA}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a\). Suy ra \(AC = 2a\sqrt 2 \Rightarrow AO = a\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta SAB\) có \(SA = AB.\tan \widehat B = 2a.\tan 60^\circ = 2a\sqrt 3 \).

Xét \(\Delta SAO\) có \(SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} = \sqrt {12{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt {14} \).

Suy ra \(\cos \widehat {SOA} = \frac{{AO}}{{SO}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt {14} }} = \frac{{\sqrt 7 }}{7}\).