Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới (Đề số 4)
21 câu hỏi
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN
A. TRẮC NGHIỆM NHIỀU PHƯƠNG ÁN LỰA CHỌN. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Với \(a\) là số thực dương tùy ý, tích \({a^2}.{a^{\frac{1}{2}}}\) bằng
\({a^{\frac{5}{2}}}\).
\(a\).
\({a^{\frac{3}{2}}}\).
\({a^{\frac{1}{4}}}\).
Đáp án đúng là: A
Ta có \({a^2}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{5}{2}}}\).
Đặt \(a = {\log _2}5\). Khi đó \({\log _{25}}32\) bằng
\(\frac{5}{{2a}}\).
\(\frac{{5a}}{2}\).
\(\frac{2}{{5a}}\).
\(\frac{{2a}}{5}\).
Đáp án đúng là: A
\({\log _{25}}32 = {\log _{{5^2}}}{2^5} = \frac{5}{2}{\log _5}2 = \frac{5}{{2{{\log }_2}5}} = \frac{5}{{2a}}\).
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó?
\(y = {\left( {\frac{1}{e}} \right)^x}\).
\(y = {\left( {\sqrt {\frac{1}{\pi }} } \right)^x}\).
\(y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}\).
\(y = {\left( {\sqrt[{2024}]{\pi }} \right)^x}\).
Đáp án đúng là: D
Vì \(\sqrt[{2024}]{\pi } > 1\) nên hàm số \(y = {\left( {\sqrt[{2024}]{\pi }} \right)^x}\) đồng biến trên tập xác định của nó.
Tập nghiệm \(S\) của bất phương trình \(\log x < 1\) là
\(S = \left( { - \infty ;10} \right)\).
\(S = \left( {0;10} \right)\).
\(S = \left( {10; + \infty } \right)\).
\(S = \left( { - \infty ;1} \right)\).
Đáp án đúng là: B
Điều kiện: \(x > 0\).
Ta có \(\log x < 1\)\( \Leftrightarrow x < 10\).
Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {0;10} \right)\).
Cho \({\log _a}b = 2\) với \(a,b\) là số thực dương và \(a\) khác 1. Tính giá trị biểu thức \(T = {\log _{{a^2}}}{b^6} + {\log _a}\sqrt b \).
\(T = 7\).
\(T = 6\).
\(T = 5\).
\(T = 8\).
Đáp án đúng là: A
\(T = {\log _{{a^2}}}{b^6} + {\log _a}\sqrt b \)\( = 3{\log _a}b + \frac{1}{2}{\log _a}b\)\( = 3.2 + \frac{1}{2}.2 = 7\).
Trong hình vẽ bên có đồ thị các hàm số \(y = {a^x},y = {b^x},y = {\log _c}x\). Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?
\(a < c < b\).
\(c < a < b\).
\(a < b = c\).
\(b < c < a\).
Đáp án đúng là: A
Hàm số \(y = {a^x}\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên ta có: \(0 < a < 1\).
Các hàm số \(y = {b^x},y = {\log _c}x\) đồng biến trên tập xác định của nó nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}b > 1\\c > 1\end{array} \right.\).
Xét đồ thị hàm số \(y = {\log _c}x\), ta có \({\log _c}2 > 1 \Leftrightarrow c < 2\).
Xét đồ thị hàm số \(y = {b^x}\), ta có \({b^1} > 2 \Leftrightarrow b > 2\).
Do đó \(0 < a < c < b\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Góc giữa hai đường thẳng \(SD\) và \(BC\) bằng
Góc giữa hai đường thẳng \(SD\) và \(DC\).
Góc giữa hai đường thẳng \(SD\) và \(AD\).
Góc giữa hai đường thẳng \(SD\) và \(BD\).
Góc giữa hai đường thẳng \(SD\) và \(SC\).
Đáp án đúng là: B
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD//BC\).
Do đó \(\left( {SD,BC} \right) = \left( {SD,DA} \right)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\). Hình chiếu của điểm \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là điểm
\(B\).
\(D\).
\(O\).
\(A\).
Đáp án đúng là: D
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu của điểm \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là điểm A.
Cho các đường thẳng \(a,b\) và các mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\). Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau
\(\left\{ \begin{array}{l}a \bot \left( \alpha \right)\\a \subset \left( \beta \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)\).
\(\left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\a \bot \left( \alpha \right)\end{array} \right. \Rightarrow b//\left( \alpha \right)\).
\(\left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\a \subset \left( \alpha \right)\\b \subset \left( \beta \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)\).
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)\\a \subset \left( \alpha \right)\\b \subset \left( \beta \right)\end{array} \right. \Rightarrow a \bot b\).
Đáp án đúng là: A
\(\left\{ \begin{array}{l}a \bot \left( \alpha \right)\\a \subset \left( \beta \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)\).
Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3 và thể tích bằng 6 thì chiều cao bằng
\(6\).
\(4\).
\(2\).
\(3\).
Đáp án đúng là: C
Ta có thể tích lăng trụ có diện tích đáy \[B\], chiều cao \[h\] là: \[V = B.h \Rightarrow h = \frac{V}{B} = \frac{6}{3} = 2\].
Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \(a\), chiều cao bằng \(\frac{a}{2}\). Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\) như hình vẽ. Tính số đo góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,CD,O} \right]\).
![Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng a 2 . Gọi M là trung điểm C D như hình vẽ. Tính số đo góc phẳng nhị diện [ S , C D , O ] . (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/images/1736661471/1736662222-image3.png)
\(45^\circ \).
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
Đáp án đúng là: A
Vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow SO \bot CD\) mà \(OM \bot CD\) suy ra \(CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot SM\).
Do đó \(\left[ {S,CD,O} \right] = \widehat {SMO}\).
Vì \(OM = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}\) mà \(SO = \frac{a}{2}\) nên \(\Delta SOM\) vuông cân tại \(O\). Suy ra \(\widehat {SMO} = 45^\circ \).
Cho tứ diện \[ABCD\] có \[AD \bot (ABC)\], \[AC = AD = 2\], \[AB = 1\] và \[BC = \sqrt 5 \]. Tính khoảng cách \[d\] từ \[A\] đến mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\].
\[d = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\].
\[d = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].
\[d = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\].
\[d = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\].
Đáp án đúng là: A
Trong
\[\Delta ABC\] có \[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} \Rightarrow \Delta ABC\] vuông tại \[A\].
Gọi \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[A\] lên mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\]
Vì \[AD,\,AB,\,AC\] đôi một vuông nên \[d = AH\] được tính
\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{1} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{3}{2}\]\[ \Rightarrow A{H^2} = \frac{2}{3} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\].
B. TRẮC NGHIỆM ĐÚNG - SAI. Thí sinh trả lời từ câu 13 đến câu 14. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho \(a,b\) là hai số thực dương và biểu thức \(A = 3{\log _2}a + {\log _2}b\).
a) Nếu \(a = 4;b = 2\) thì \(A = 6\).
b) Biểu thức \(A = {\log _2}\left( {{a^3}b} \right)\).
c) Nếu \({a^3}b = 8\). Giá trị của biểu thức \(A\) bằng 3.
d) Nghiệm của phương trình \({\log _2}x = 2A\) là \(x = {a^3}{b^2}\).
Hướng dẫn giải
a) S, b) Đ, c) Đ, d) S
a) Nếu \(a = 4;b = 2\) thì \(A = 3{\log _2}4 + {\log _2}2\)\( = 3{\log _2}{2^2} + {\log _2}2 = 6 + 1 = 7\).
b) \(A = 3{\log _2}a + {\log _2}b\)\( = {\log _2}{a^3} + {\log _2}b\)\( = {\log _2}\left( {{a^3}b} \right)\).
c) Nếu \({a^3}b = 8\) thì \(A = {\log _2}8 = 3\).
d) \({\log _2}x = 2A = 2{\log _2}\left( {{a^3}b} \right)\)\( \Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}{\left( {{a^3}b} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow x = {\left( {{a^3}b} \right)^2} = {a^6}{b^2}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật có \(AB = a,BC = 2a\) và \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), cạnh \(SA = a\sqrt {15} \).
a) \(AC \bot SA\).
b) \(BD \bot \left( {SAC} \right)\).
c) \(BC \bot SB\).
d) Góc tạo bởi đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(30^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) Đ, d) S
a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AC\).
b) \(BD\) không vuông góc với \(\left( {SAC} \right)\).
c) Vì \(BC \bot AB\) và \(SA \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot SB\).
d) Có \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).
Xét \(\Delta SAC\) có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ \).
C. TRẢ LỜI NGẮN. Thí sinh trả lời câu 15 đến câu 18.
Tập nghiệm \(S\) của bất phương trình \({5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{125}}} \right)^{ - x}}\) là \(\left( {a; + \infty } \right)\). Tìm \(a\).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 1
\({5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{125}}} \right)^{ - x}}\)\( \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {5^{3x}}\)\( \Leftrightarrow x + 2 < 3x\)\( \Leftrightarrow x > 1\).</>
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {1; + \infty } \right)\). Do đó \(a = 1\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = 1,AD = 2\sqrt 3 \). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy, biết tam giác \(SAD\) có diện tích \(S = 3\). Tính khoảng cách từ \(C\) đến \(\left( {SBD} \right)\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 0,84
Ta có \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\), \(O\) là trung điểm của \(AC\). Suy ra \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).
Hạ \(AH \bot BD,AK \bot SH\).
Vì \(AH \bot BD\) và \(SA \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AK\) mà \(AK \bot SH\) nên \(AK \bot \left( {SBD} \right)\).
Do đó \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AK\).
Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{12}} = \frac{{13}}{{12}}\).
Vì \(\Delta SAD\) có diện tích \(S = 3\)\( \Rightarrow SA = \frac{{2S}}{{AD}} = \frac{{2.3}}{{2\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \).
Ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{{13}}{{12}} = \frac{{17}}{{12}} \Rightarrow AK \approx 0,84\).
Trong vật lí, sự phân rã các chất phóng xạ được cho bởi công thức \(m\left( t \right) = {m_0}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{T}}}\). Trong đó, \({m_0}\) là khối lượng chất phóng xạ ban đầu (tại thời điểm \(t = 0\)), \(m\left( t \right)\) là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm \(t\) và \(T\) là chu kì bán rã. Hạt nhân Poloni (\({P_0}\)) là chất phóng xạ \(\alpha \)có chu kì bán rã 138 ngày. Giả sử lúc đầu có 100 Poloni. Tính khối lượng Poloni còn lại sau 100 ngày theo đơn vị gam (làm tròn kết quả đến phần chục).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 60,5
Khối lượng Poloni còn lại sau 100 ngày là \(m\left( {100} \right) = 100.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{{100}}{{138}}}} \approx 60,5\) (gam).
Cho một chậu nước hình chóp cụt đều (hình vẽ) có chiều cao bằng 3 dm, đáy là lục giác đều, độ dài cạnh đáy lớn bằng 2 dm và độ dài cạnh đáy nhỏ bằng 1 dm. Tính thể tích của chậu nước (tính chính xác đến hàng phần mười của dm3).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 18,2
Diện tích đáy lớn là \[{S_1} = \frac{{{{6.2}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 6\sqrt 3 \].
Diện tích đáy nhỏ là \[{S_2} = \frac{{{{6.1}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\].
Thể tích của chậu nước là \(V = \frac{1}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right).h = \frac{1}{3}\left( {6\sqrt 3 + \frac{{3\sqrt 3 }}{2} + \sqrt {6\sqrt 3 .\frac{{3\sqrt 3 }}{2}} } \right).3 \approx 18,2\).
PHẦN II. TỰ LUẬN
Cho các hàm số \(y = {\log _2}x;y = {\log _{\frac{1}{2}}}x;y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}\) và \(y = {2^x}\). Đồ thị hàm số dưới đây là của hàm số nào đã cho?
Hướng dẫn giải
Đây là dạng đồ thị của hàm số \(y = {\log _a}x\).
Hàm số trên đồng biến nên \(a > 1\).
Mà đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {2;1} \right)\) nên đồ thị đã cho là đồ thị của hàm số \(y = {\log _2}x\).
Một ngân hàng \(X\), quy định về số tiền nhận được của khách hàng sau \(n\) năm gửi tiền vào ngân hàng tuân theo công thức \(P\left( n \right) = A{\left( {1 + 8\% } \right)^n}\), trong đó \(A\) là số tiền gửi ban đầu của khách hàng. Hỏi số tiền ít nhất mà khách hàng phải gửi là bao nhiêu để sau 3 năm khách hàng đó nhận được lớn hơn 850 triệu đồng (kết quả làm tròn đến hàng triệu).
Hướng dẫn giải
Để số tiền ít nhất mà khách hàng nhận được lớn hơn 850 triệu đồng thì
\(850 < A{\left( {1 + 8\% } \right)^3} \Leftrightarrow A > \frac{{850}}{{{{\left( {1 + 8\% } \right)}^3}}} \approx 674,8\).
Vậy số tiền ít nhất mà khách hàng phải gửi là 675 triệu đồng.
Kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao 98 m và cạnh đáy 180 m. Tính số đo góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp đó (đơn vị đo góc là độ, làm tròn đến hàng phần chục).
Hướng dẫn giải
Giả sử Kim tự tháp có dạng hình chóp đều \(S.ABCD\).
Theo đề có \(SO = 98,CD = 180\).
Gọi \(H\) là trung điểm của \(CD\). Suy ra \(OH \bot CD\) và \(OH = \frac{{AD}}{2} = 90\).
Ta có \(CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow CD \bot SH\).
Do đó góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp đó là góc \(\widehat {SHO}\).
Ta có \(\tan \widehat {SHO} = \frac{{SO}}{{OH}} = \frac{{98}}{{90}} \Rightarrow \widehat {SHO} \approx 47,4^\circ \).
