Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 6

Đáp án đúng là: C

Với $a$ là số thực dương, $m \in \mathbb{Z},n \in \mathbb{N},n \ge 2$, ta có ${a^{\frac{m}{n}}} = \sqrt[n]{{{a^m}}}.$ Vậy đáp án C sai.

Đáp án đúng là: C

Theo lí thuyết ta thấy đẳng thức ở đáp án C sai.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${2^{3 - \sqrt 2 }} \cdot {4^{\sqrt 2 }} = {2^{3 - \sqrt 2 }} \cdot {\left( {{2^2}} \right)^{\sqrt 2 }} = {2^{3 - \sqrt 2 }} \cdot {2^{2\sqrt 2 }} = {2^{3 - \sqrt 2 + 2\sqrt 2 }} = {2^{3 + \sqrt 2 }}$.

Đáp án đúng là: A

Với $a > 0,\,b > 0$, ta có: $P = \sqrt[3]{{\sqrt {{a^{12}}{b^{18}}} }} = \sqrt[3]{{{{\left( {{a^{12}}{b^{18}}} \right)}^{\frac{1}{2}}}}} = \sqrt[3]{{{a^6}{b^9}}} = {\left( {{a^6}{b^9}} \right)^{\frac{1}{3}}} = {a^2}{b^3}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\log _3}\frac{1}{{27}} = {\log _3}{3^{ - 3}} = - 3$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có ${\log _a}{a^b} = b$ với $a,\,\,b > 0$ và $a \ne 1$.

Đáp án đúng là: D

Ta có ${a^{{{\log }_a}{a^2}}} = {a^2}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $5{\log _2}a + 3{\log _2}b = {\log _2}{a^5} + {\log _2}{b^3} = {\log _2}\left( {{a^5}{b^3}} \right)$.

Từ đó suy ra $x = {a^5}{b^3}$.

Đáp án đúng là: B

Hàm số $y = {\log _{\sqrt 2 }}x$ là hàm số lôgarit.

Đáp án đúng là: D

Tập xác định của hàm số $y = {6^x}$ là $\mathbb{R}$.

Đáp án đúng là: A

Hàm số $f\left( x \right) = {3^x}$ có cơ số $3 > 1$ nên nó đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Đáp án đúng là: A

Quan sát hình vẽ ta thấy:

+) Đồ thị $\left( {{C_1}} \right)$ đi lên từ trái qua phải nên hàm số $y = {\log _a}x$ đồng biến trên $\left( {0;\, + \infty } \right)$, do đó $a > 1$.

+) Đồ thị $\left( {{C_2}} \right)$ đi xuống từ trái qua phải nên hàm số $y = {\log _b}x$ nghịch biến trên $\left( {0;\, + \infty } \right)$, do đó $0 < b < 1$.

Vậy $0 < b < 1 < a$.

Do đó, trong các đáp án đã cho, ta thấy đáp án A sai.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${3^x} = 9 \Leftrightarrow {3^x} = {3^2} \Leftrightarrow x = 2$.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: $x > \frac{1}{2}$.

Ta có ${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2x - 1} \right)$$\Leftrightarrow x + 1 > 2x - 1$ $\left( {{\rm{do}}\,\,0 < \frac{1}{2} < 1} \right)$

$\Leftrightarrow x < 2$.

Kết hợp với điều kiện ta có $\frac{1}{2} < x < 2$.

Vậy tập nghiệm $S$ của bất phương trình đã cho là $S = \left( {\frac{1}{2};2} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${2^{x\, - \,3}}\, > \,8 \Leftrightarrow {2^{x - 3}} > {2^3} \Leftrightarrow x - 3 > 3 \Leftrightarrow x > 6$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${2^{x\, - \,3}}\, > \,8$ là $\left( {6;\, + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: C

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục tại ${x_0}$.

Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f\left( {{x_0} + h} \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{h}$ thì giới hạn này là đạo hàm của $f\left( x \right)$ tại ${x_0}$.

Đáp án đúng là: C

Nếu hàm số $s = f\left( t \right)$ biểu thị quãng đường di chuyển của vật theo thời gian t thì $f'\left( {{t_0}} \right)$ biểu thị tốc độ tức thời của chuyển động tại thời điểm ${t_0}$.

Đáp án đúng là: A

Ta xác định được $S'\left( t \right) = {\left( {{t^2} + 2t + 8} \right)^\prime } = 2t + 2$.

Vận tốc tức thời của chuyển động có phương trình là $v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 2t + 2$.

Khi đó, vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm $t = 10\,\,{\rm{s}}$ là

$v\left( {10} \right) = 2 \cdot 10 + 2 = 22\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Theo công thức đạo hàm của hàm số lượng giác, ta có ${\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x$.

Đáp án đúng là: D

Đạo hàm của hàm số mũ, hàm số lôgarit:

+) ${\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {e^x}$ ; +) ${\left( {{a^x}} \right)^\prime } = {a^x}\ln a\,\,\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ ;

+) ${\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}\,\,\left( {x > 0} \right)$ ; +) ${\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln a}}\,\,\left( {x > 0,\,a > 0,a \ne 1} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $y' = {\left( {{x^2} + x\sqrt x + 1} \right)^\prime } = 2x + \left( {x' \cdot \sqrt x + x \cdot {{\left( {\sqrt x } \right)}^\prime }} \right)$

$= 2x + \sqrt x + \frac{x}{{2\sqrt x }} = 2x + \sqrt x + \frac{1}{2}\sqrt x = 2x + \frac{3}{2}\sqrt x$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $y' = {\left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}} \right)^\prime } = \frac{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^\prime } \cdot 2x - {{\left( {2x} \right)}^\prime } \cdot \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {2x} \right)}^2}}}$

$= \frac{{2x \cdot 2x - 2 \cdot \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{4{x^2}}} = \frac{{4{x^2} - 2{x^2} + 2}}{{4{x^2}}} = \frac{{2{x^2} + 2}}{{4{x^2}}} = \frac{{{x^2} + 1}}{{2{x^2}}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{{2{x^2}}}$.

Đáp án đúng là: C

Vì góc giữa hai đường thẳng có số đo không vượt quá $90^\circ$ nên góc giữa hai đường thẳng có thể bằng $90^\circ$.

Đáp án đúng là: A

+ Theo lí thuyết ta thấy, trong không gian, hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau, vậy đáp án A đúng, từ đó suy ra đáp án B sai.

+ Đáp án C sai do hai đường thẳng không có điểm chung có thể song song hoặc chéo nhau.

+ Đáp án D sai do hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì có thể song song, hoặc cắt nhau, hoặc chéo nhau.

Đáp án đúng là: D

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $ACC'A'$ là hình vuông, do đó $\widehat {CAA'} = 90^\circ$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $AA'$ là $\widehat {CAA'}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}$, $S{A^2} + S{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}$.

Do đó $A{C^2} = S{A^2} + S{C^2}$. Từ đó suy ra tam giác $SAC$ vuông tại $S$ hay $SA \bot SC$. (1)

Vì $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của cạnh $AD,\,\,SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$, do đó $MN{\rm{//}}SA$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $MN \bot SC$.

Đáp án đúng là: A

Qua điểm $O$ cho trước, có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $\Delta$ cho trước.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}OB \bot OA\\OB \bot OC\\OA,OC \subset \left( {OAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OB \bot \left( {OAC} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $A'D \bot AD'$ (do $ADD'A'$ là hình vuông) và $A'D \bot C'D'$ (do $C'D' \bot \left( {ADD'A'} \right)$).

Suy ra $A'D \bot \left( {AC'D'} \right)$, do đó $A'D \bot AC'$ (1).

Lại có $A'B \bot AB'$ (do $ABB'A'$ là hình vuông) và $A'B \bot B'C'$ (do $B'C' \bot \left( {ABB'A'} \right)$).

Suy ra $A'B \bot \left( {AB'C'} \right)$, do đó $A'B \bot AC'$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AC' \bot \left( {A'BD} \right)$.

Đáp án đúng là: B

+ Vì $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ nên $A$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( {ABCD} \right).$ Vậy đáp án A đúng.

+ Vì $SA \subset \left( {SAB} \right)$ nên đáp án B sai.

+ Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$, do đó $B$ là chiếu vuông góc của $C$ lên $\left( {SAB} \right).$ Vậy đáp án C đúng.

+ Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$, do đó $D$ là chiếu vuông góc của $C$ lên $\left( {SAD} \right).$ Vậy đáp án D đúng.

Hướng dẫn giải

Ta có ${\log _x}y = 2 \Rightarrow y = {x^2};\,\,x,\,y > 0,\,x \ne 1$.

Vậy ${\log _{{x^2}y}}\frac{{{x^4}}}{{y\sqrt y }} = {\log _{{x^4}}}\frac{{{x^4}}}{{{x^3}}} = {\log _{{x^4}}}x = \frac{1}{4}$.

Ta có $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^2} - 4t + 4;\,\,a\left( t \right) = s''\left( t \right) = {\left( {{t^2} - 4t + 4} \right)^\prime } = 2t - 4$.

Tại thời điểm vận tốc bị triệt tiêu nghĩa là $v\left( t \right) = 0$, khi đó ${t^2} - 4t + 4 = 0$.

Suy ra $t = 2\,\,\left( {\rm{s}} \right)$.

Vậy gia tốc lúc này là $a\left( 2 \right) = 2 \cdot 2 - 4 = 0\,\,\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Ta lại có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)$.

Với $T = 2000$ năm và khối lượng chất phóng xạ còn lại nhỏ hơn $\frac{1}{5}$ khối lượng chất phóng xạ ban đầu, ta có:

$m\left( t \right) = {m_0}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{{\rm{2000}}}}}} < \frac{1}{5}{m_0}$

$\Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{{\rm{2000}}}}}} < \frac{1}{5}$

$\Leftrightarrow \frac{t}{{{\rm{2000}}}} > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {\frac{1}{5}} \right)$

$\Leftrightarrow t > 2\,000 \cdot {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {\frac{1}{5}} \right) = 4\,643{,}85619$

Vậy cần ít nhất 4 644 năm thì khối lượng chất phóng xạ còn lại nhỏ hơn $\frac{1}{5}$ khối lượng chất phóng xạ ban đầu.