Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: B

Ta có \({a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}}\).

Đáp án đúng là: C

\(D = {\log _{{a^3}}}a = \frac{1}{3}{\log _a}a = \frac{1}{3}\).

Đáp án đúng là: C

Điều kiện \(x > 0\).

\({\log _2}x = 3\)\( \Leftrightarrow x = {2^3} = 8\) (thỏa mãn).

Đáp án đúng là: C

Góc giữa hai đường thẳng \[a\] và \[b\] bằng góc giữa hai đường thẳng \[a\] và \[c\] khi \[b\] song song với \[c\] (hoặc \[b\] trùng với \[c\]).

Đáp án đúng là: A

Qua \(O\) có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \(\Delta \) cho trước.

Đáp án đúng là: D

Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.

Đáp án đúng là: C

Theo đề ta có \(8 = \log A - \log {A_0}\).

Trận động đất ở Nam Mỹ có cường độ là

\(M = \log 4A - \log {A_0} = \log 4 + \log A - \log {A_0} = \log 4 + 8 \approx 8,6\).

Đáp án đúng là: B

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(y = {a^x}\) đồng biến nên \(a > 1\) và hàm số \(y = {\log _b}x\) nghịch biến nên \(0 < b < 1\).

Đáp án đúng là: C

\({\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{x + 1}} = {125^{2x}}\)\( \Leftrightarrow {5^{ - 2x - 2}} = {5^{6x}}\)\( \Leftrightarrow - 2x - 2 = 6x\)\( \Leftrightarrow x = - \frac{1}{4}\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).

Lại có \(AH \bot SB\). Do đó \(AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) và \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).

Do \(ABC\) là tam giác đều nên \(AH \bot BC\) mà \(BC \bot SA\) nên \(BC \bot SH\), suy ra góc giữa \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {AHS}\).

Đáp án đúng là: D

Hạ \(BH \bot AC\) mà \(SA \bot BH\) (do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)) nên \(BH \bot \left( {SAC} \right)\).

Do đó hình chiếu của \(\Delta SBC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) là \(\Delta SHC\).

Có \(B{C^2} = HC.CA \Rightarrow HC = \frac{{B{C^2}}}{{CA}} = \frac{{{a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\).

Khi đó \({S_{\Delta SHC}} = \frac{1}{2}.SA.HC = \frac{1}{2}.2a.\frac{a}{{\sqrt 5 }} = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{5}\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Hàm số \(y = {\log _a}x\) đồng biến nên \(a > 1\).

b) Hàm số \(y = {\log _c}x\) nghịch biến nên \(0 < c < 1;\)Hàm số \(y = {\log _a}x\) và \(y = {\log _b}x\) nên \(a > 1,b > 1.\)</>

Xét \(x > 1\)thì \({\log _a}x > {\log _b}x\)\( \Leftrightarrow {\log _a}x > \frac{1}{{{{\log }_x}b}}\)\( \Leftrightarrow {\log _a}x{\log _x}b > 1\)\( \Leftrightarrow {\log _a}b > 1\)\( \Leftrightarrow a < b\).

c) \({\left( {{a^3}.\sqrt a } \right)^{{{\log }_a}b}}\)\( = {a^{\frac{7}{2}{{\log }_a}b}} = {b^{\frac{7}{2}}} = \sqrt {{b^7}} \).

d) \(P = \log \frac{a}{b} + \log \frac{b}{c} + \log \frac{c}{d} - \log \frac{a}{d}\)\( = \log \left[ {\left( {\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{d}} \right):\frac{a}{d}} \right] = \log 1 = 0\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).

b) Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).

c) Vì tam giác \(ABC\) cân tại \(B\) nên \(BM \bot AC\) mà \(BM \bot SA\) nên \(BM \bot \left( {SAC} \right)\).

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

Hướng dẫn giải

Trả lời: 2

\({a^{\frac{5}{3}}}.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{5}{3} + \frac{1}{3}}} = {a^2}\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 2

Từ đồ thị có \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \({\log _b}x = 3\) nên \({\log _b}{x_1} = 3 \Leftrightarrow {x_1} = {b^3}\).

Từ đồ thị có \({x_2}\) là nghiệm của phương trình \({\log _a}x = 3\) nên \({\log _a}{x_2} = 3 \Leftrightarrow {x_2} = {a^3}\).

Do đó \({x_2} = 2{x_1}\) \( \Rightarrow {a^3} = 2{b^3} \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{{{b^3}}} = 2\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1

Qua điểm \(O\) có duy nhất một đường thẳng đi qua và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 30

Giả sử kim tự tháp có dạng hình chóp đều \(S.ABCD\) như hình vẽ

Gọi \(H\) là trung điểm của \(CD\).

Ta có \(OH \bot CD,SH \bot CD\).

Do đó góc mặt bên kim tự tháp và mặt đất là \(\widehat {SHO}\).

Có \(OH = \frac{1}{2}AD = 30\).

Xét \(\Delta SOH\) vuông tại \(O\), ta có \(\tan \widehat {SHO} = \frac{{SO}}{{OH}} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{30}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SHO} = 30^\circ \).

Hướng dẫn giải

Lúc đầu có 300 vi khuẩn. Sau 1 giờ số vi khuẩn là 705 con.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 300 = C.{e^{k.0}} = C\\f\left( 1 \right) = 705 = C.{e^{k.1}} = C.{e^k}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C = 300\\{e^k} = \frac{{705}}{{300}} = 2,35\end{array} \right.\).

Vậy \(f\left( x \right) = 300.{\left( {2,35} \right)^x}\).

Số lượng vi khuẩn có được sau 5 giờ là \(f\left( 5 \right) = 300.{\left( {2,35} \right)^5} \approx 21501,1\) con.

Hướng dẫn giải

Điều kiện: \(x > 0\).

Ta có \({\log _2}x > 3\)\( \Leftrightarrow x > {2^3} = 8\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {8; + \infty } \right)\).

Hướng dẫn giải

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), xét tam giác vuông \(ADH\) và tam giác vuông \(DCM\) có:

\(AD = CD;AH = DM\). Suy ra \(\Delta ADH = \Delta DCM \Rightarrow \widehat {ADH} = \widehat {DCM}\).

Mà \(\widehat {DCM} + \widehat {DMC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {ADH} + \widehat {DMC} = 90^\circ \Rightarrow CM \bot DH\) (1).

Lại có \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow CM \bot SH\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(CM \bot \left( {SDH} \right)\).