Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 9

Đáp án đúng là: A

Theo lý thuyết, với số nguyên $m$, số dương $a$ và số tự nhiên $n\,\,\left( {n \ge 2} \right)$ thì ta có

$\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}}$.

Đáp án đúng là: D

Theo tính chất của lũy thừa, ta thấy đáp án D sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\sqrt[4]{{{x^2}\sqrt[3]{x}}} = \sqrt[4]{{{x^2}{x^{\frac{1}{3}}}}} = \sqrt[4]{{{x^{\frac{7}{3}}}}} = {\left( {{x^{\frac{7}{3}}}} \right)^{\frac{1}{4}}} = {x^{\frac{7}{{12}}}}.$

Đáp án đúng là: A

Ta có $P = {\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2}{\left( {\frac{{x - 2\sqrt {xy} + y}}{x}} \right)^{ - 1}} = {\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2}\frac{x}{{{{\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}^2}}} = x$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\log _a}{b^\alpha } = \alpha {\log _a}b$ với mọi số thực dương $a,b$ và $a \ne 1$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\log _4}\left( {4a} \right) = {\log _4}4 + {\log _4}a = 1 + {\log _4}a$.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${\log _a}\sqrt[4]{a} = {\log _a}{a^{\frac{1}{4}}} = \frac{1}{4}$.

Đáp án đúng là: C

Với $x,y > 0$, ta có: ${x^2} + 4{y^2} = 12xy \Leftrightarrow {\left( {x + 2y} \right)^2} = 16xy$

$$\Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x + 2y} \right)^2} = {\log _2}16xy$$

$$\Leftrightarrow 2{\log _2}\left( {x + 2y} \right) = 4 + {\log _2}x + {\log _2}y$$

$$\Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2y} \right) = 2 + \frac{1}{2}\left( {{{\log }_2}x + {{\log }_2}y} \right).$$

Đáp án đúng là: B

Hàm số $y = {\log _{\sqrt 3 }}x$ là một hàm số lôgarit.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {x^{ - 2}}$ không phải là hàm số mũ.

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;\,\,1} \right)$ nên đây là đồ thị của hàm số mũ, ta loại đáp án C và đáp án D. Lại thấy đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải nên hàm số đồng biến, do đó ta loại đáp án A, chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: D

Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nên hàm số này đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right).$

Đáp án đúng là: B

Điều kiện: $x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > - 4$.

Ta có ${\log _2}\left( {x + 4} \right) = 3 \Leftrightarrow x + 4 = {2^3} \Leftrightarrow x = 4$ (thỏa mãn điều kiện).

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\left( {\frac{4}{3}} \right)^{{x^2} - 4}} \ge 1 \Leftrightarrow {x^2} - 4 \ge {\log _{\frac{4}{3}}}1 \Leftrightarrow {x^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le - 2\end{array} \right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${\left( {\frac{4}{3}} \right)^{{x^2} - 4}} \ge 1$ là $S = \left( { - \infty ;\, - 2} \right] \cup \left[ {2;\, + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${\log }_{\frac{1}{2}}(x-3)\ge {\log }_{\frac{1}{2}}4\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x-3\le 4 \\ x-3>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x\le 7 \\ x>3\end{matrix}\Leftrightarrow 3<x\le 7$

Vì $\{\begin{matrix}x\in ℤ \\ 3<x\le 7\end{matrix}\Rightarrow x\in \{4;\ 5;\ 6;\ 7\}$

Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm nguyên.

Đáp án đúng là: B

Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định là $D$ và ${x_0} \in D$. Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}}$ thì giới hạn gọi là đạo hàm của hàm số tại ${x_0}$.

Vậy kết quả của biểu thức $\mathop {\lim }\limits_{x \to 6} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 6 \right)}}{{x - 6}} = f'\left( 6 \right) = 2.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right)$ là $f'\left( {{x_0}} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 2t$.

Khi đó $v\left( 2 \right) = 2 \cdot 2 = 4\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\left( {{a^x}} \right)^\prime } = {a^x}\ln a\,\,\,\left( {a > 0,\,a \ne 1} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Cho hàm số $u\left( x \right)$ có đạo hàm tại $x$ là ${u'_x}$ và hàm số $y = f\left( u \right)$ có đạo hàm tại $u$ là ${y'_u}$ thì hàm hợp $y = f\left( {g\left( x \right)} \right)$ có đạo hàm tại $x$ là ${y'_x} = {y'_u} \cdot {u'_x}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $y' = {\left( {{x^6}} \right)^\prime } = 6{x^5}$. Khi đó $y'\left( { - 1} \right) = 6 \cdot {\left( { - 1} \right)^5} = - 6$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $y' = {\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x$ ; $y'' = {\left( {\cos x} \right)^\prime } = - \sin x$.

Đáp án đúng là: C

Góc giữa hai đường thẳng bất kỳ trong không gian là góc giữa hai đường thẳng cùng đi qua một điểm và lần lượt song song với chúng.

Đáp án đúng là: D

Ta có $A'D\,{\rm{//}}\,B'C,\,\,B'C \bot BC' \Rightarrow A'D \bot BC'$.

Đáp án đúng là: A

Vì $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,\,SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$. Do đó, $MN\,{\rm{//}}\,SA$. Suy ra, $\left( {MN,\,SC} \right) = \left( {SA,\,SC} \right) = \widehat {ASC}$.

Vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}$.

Lại có $S{A^2} + S{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}$. Do đó $A{C^2} = S{A^2} + S{C^2}$ nên tam giác $SAC$ vuông tại $S$ (định lí Pythagore đảo). Suy ra $\widehat {ASC} = 90^\circ$. Vậy $\left( {MN,\,SC} \right) = 90^\circ$.

Đáp án đúng là: C

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\,{\rm{//}}\,CD$.

Do đó, $\left( {SA,\,CD} \right) = \left( {SA,\,AB} \right) = 180^\circ - \widehat {SAB} = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ$.

Đáp án đúng là: D

Trong không gian, cho điểm $A$ và mặt phẳng $\left( P \right)$. Khi đó, có đúng một đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với $\left( P \right)$.

Đáp án đúng là: C

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên hình chiếu vuông góc của điểm $S$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm $A$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $AD \bot SA$ (do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$) và $AD \bot AB$ (do ABCD là hình chữ nhật).

Do đó, $AD \bot \left( {SAB} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\left\{ \begin{array}{c}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BC$. (1)

Lại có $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $O$ tới $\left( {ABC} \right)$ nên $OH \bot \left( {ABC} \right)$.

Suy ra $OH \bot BC$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BC \bot \left( {OAH} \right)$. Do đó, $BC \bot AH$.

Chứng minh tương tự, ta cũng có $BH \bot AC$ và $CH \bot AB$.

Từ đó suy ra $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Ta có ${\log _{140}}63 = \frac{{{{\log }_2}63}}{{{{\log }_2}140}} = \frac{{{{\log }_2}\left( {{3^2} \cdot 7} \right)}}{{{{\log }_2}\left( {{2^2} \cdot 5 \cdot 7} \right)}} = \frac{{2{{\log }_2}3 + {{\log }_2}7}}{{2 + {{\log }_2}5 + {{\log }_2}7}}$

$$= \frac{{2{{\log }_2}3 + \frac{1}{{{{\log }_7}2}}}}{{2 + {{\log }_2}3 \cdot {{\log }_3}5 + \frac{1}{{{{\log }_7}2}}}} = \frac{{2a + \frac{1}{c}}}{{2 + ab + \frac{1}{c}}}$$

$$= \frac{{1 + 2ac}}{{1 + 2c + abc}}.$$

a) $y' = {\left( { - {x^4}} \right)^\prime } + {\left( {\frac{3}{2}{x^2}} \right)^\prime } + {\left( {2020x} \right)^\prime } = - 4{x^3} + 3x + 2020$.

b) $y' = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^\prime } \cdot \left( {x + 1} \right) - \left( {\sqrt x + 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$

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

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

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

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

Lại có $BC \bot AB$ (do tam giác $ABC$ vuông tại $B$).

Từ đó suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right)$.

b) Vì $BC \bot \left( {SAB} \right)$ và $AH$ nằm trong $\left( {SAB} \right)$ nên $BC \bot AH$.

Ta lại có $AH \bot SB$ (do $AH$ là đường cao của tam giác $SAB$)

Khi đó, $AH \bot \left( {SBC} \right)$. Từ đó suy ra $AH \bot SC$.

Điều kiện: $x > 0$.

Ta có ${\log _2}\left( {\frac{x}{4}} \right)\log _2^2x \ge 0$$\Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - {{\log }_2}4} \right)\log _2^2x \ge 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 0\\\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x - {\log _2}4 \ge 0\\{\log _2}x \ne 0\end{array} \right.\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 4\\0 < x \ne 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x \ge 4\end{array} \right.$ (thỏa mãn điều kiện $x > 0$).

Vì $x \in \mathbb{N},\,\,x \le 2023$ nên $x \in \left\{ {1;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,...;\,\,2023} \right\}$.

Vậy có $2021$ số tự nhiên $x$ thỏa mãn bài ra.