Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: A

Theo tính chất của lũy thừa ta có ${\left( {{x^a}} \right)^b} = {x^{ab}}$ với mọi $x$, $a$, $b$ dương.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\frac{{{5^a}}}{{{5^b}}} = {5^{a - b}}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $P = \frac{{a\sqrt a \sqrt[3]{{{a^2}}}}}{{{{\left( {\sqrt[4]{a}} \right)}^3}}}$$= \frac{{{a^{1 + \frac{1}{2} + \frac{2}{3}}}}}{{{a^{\frac{3}{4}}}}}$ $= {a^{\frac{{17}}{{12}}}}$ $= {\left( {\sqrt[{12}]{a}} \right)^{17}}$ $= {x^{17}}$.

Đáp án đúng là: D

$P = \frac{{{a^{\sqrt 3 + 1}} \cdot {a^{2 - \sqrt 3 }}}}{{{{\left( {{a^{\sqrt 2 - 2}}} \right)}^{\sqrt 2 + 2}}}} = \frac{{{a^{\sqrt 3 + 1 + 2 - \sqrt 3 }}}}{{{a^{\left( {\sqrt 2 - 2} \right)\left( {\sqrt 2 + 2} \right)}}}} = \frac{{{a^3}}}{{{a^{ - 2}}}} = {a^5}$.

Đáp án đúng là: A

Theo tính chất của lôgarit ta có $\forall a > 0,b > 0:\ln \left( {ab} \right) = \ln a + \ln b$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\log \left( {10a} \right) = \log 10 + \log a = 1 + \log a$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\log _{{a^2}}}\left( {a\sqrt a } \right) = {\log _{{a^2}}}\left( {{a^{\frac{3}{2}}}} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot {\log _a}a = \frac{3}{4}$.

Đáp án đúng là: D

${\log _3}\left( {{3^a} \cdot {9^b}} \right) = {\log _9}3 \Rightarrow {\log _3}\left( {{3^a}} \right) + {\log _3}\left( {{9^b}} \right) = \frac{1}{2}$$\Rightarrow a + 2b = \frac{1}{2} \Rightarrow 2a + 4b = 1$.

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = {4^x}$ là hàm số mũ.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện xác định: $2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$.

Vậy tập xác định của hàm số là $D = \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

Hàm số có TXĐ: $D = \mathbb{R},$ tập giá trị $T = \left( {0; + \infty } \right)$ và hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ (loại A và C).

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( { - 1;3} \right)$ (loại B). Chọn D.

Đáp án đúng là: C

Vì ${3^x} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}$ nên để phương trình ${3^x} = m$ có nghiệm thực thì $m > 0$.

Đáp án đúng là: C

$\log x \ge 1 \Leftrightarrow x \ge 10$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left[ {10; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${\log _2}\left( {x + 9} \right) = 5$ $\left\{ \begin{array}{l}x + 9 > 0\\x + 9 = {2^5}\end{array} \right.$ $x = 23$.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${3^x} - 81 \le 0 \Leftrightarrow {3^x} \le 81 \Leftrightarrow {3^x} \le {3^4} \Leftrightarrow x \le 4\,\,\left( 1 \right)$.

Vì bất phương trình có nghiệm nguyên dương nên $x \in {\mathbb{N}^*}$, kết hợp với $\left( 1 \right)$ nên $x \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$.

Đáp án đúng là: D

Hai đường thẳng vuông góc với nhau thì có thể hoặc cắt nhau (tức là cùng nằm trên một mặt phẳng), hoặc chéo nhau (tức là không cùng nằm trên một mặt phẳng), do đó các đáp án A, B, C chưa đúng.

Hiển nhiên $a$ và $b$ vuông góc với nhau thì góc giữa $a$ và $b$ bằng $90^\circ$, vậy đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: A

Theo lý thuyết, ta thấy đáp án A đúng.

Đáp án B sai do chúng có thể vuông góc với nhau.

Đáp án C sai do chúng có thể chéo nhau.

Đáp án D sai do chúng có thể song song.

Đáp án đúng là: D

Gọi $O$ là tâm của hình thoi $ABCD$.

Khi đó $OJ{\rm{//}}CD$.

Nên góc giữa $IJ$ và $CD$ bằng góc giữa $IJ$ và $OJ$.

Xét tam giác $IOJ$ có

$IJ = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2},\,OJ = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2},\,\,IO = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}$ (sử dụng tính chất đường trung bình).

Nên tam giác $IOJ$đều. Suy ra $\widehat {IJ{\rm{O}}} = 60^\circ$

Vậy $\left( {IJ,\,CD} \right) = \left( {IJ,\,\,OJ} \right) = \widehat {IJ{\rm{O}}} = 60^\circ$.

Đáp án đúng là: D

Đường thẳng $\Delta$ được gọi là vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ nếu $\Delta$ vuông góc với mọi đường thẳng trong mặt phẳng $\left( P \right)$ (ĐN đường thẳng vuông góc với mặt phẳng).

Vậy đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: A

Giả sử xét hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ như hình vẽ có $\left\{ \begin{array}{l}A'B'{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\\B'C' \bot A'B'\end{array} \right.$ nhưng $B'C'{\rm{//}}\left( {ABCD} \right).$

Vậy đáp án A sai.

Đáp án đúng là: B

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

$\left\{ \begin{array}{l}AB = AC\\DB = DC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot DM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADM} \right) \Rightarrow BC \bot AD.$

Chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: A

Từ giả thiết ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\AB \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BCD} \right)$.

Do đó $\left( {AC,\left( {BCD} \right)} \right) = \widehat {ACB}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Do đó, hình chiếu của $SB$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $AB$.

Đáp án đúng là: D

Gọi $\left\{ \begin{array}{l}A'C \cap AC' = I\\C'D \cap CD' = H\end{array} \right.$ .

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên ta chứng minh được $\left\{ \begin{array}{l}C'D \bot CD'\\C'D \bot A'D'\end{array} \right.$$\Rightarrow C'D \bot \left( {A'BCD'} \right) \Rightarrow IH$ là hình chiếu vuông góc của $AC'$ lên $\left( {A'BCD'} \right)$.

$\Rightarrow \widehat {C'IH}$ là góc giữa $AC'$ và $\left( {A'BCD'} \right).$

Giả sử hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có cạnh bằng $a$.

Khi đó ta có $C'H = \frac{{C'D}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, $IH = \frac{{A'D'}}{2} = \frac{a}{2}$.

Tam giác $C'IH$ vuông tại $H$ có $\tan \widehat {C'IH} = \frac{{C'H}}{{IH}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}:\frac{a}{2} = \sqrt 2 .$

Vậy $\tan \alpha = \sqrt 2 .$

Đáp án đúng là: C

Xét từng đáp án, ta thấy:

+ Đáp án A sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.

+ Đáp án B sai vì nếu cho trước 1 đường thẳng $d$ và lấy 1 điểm $M$ bất kì nằm trên $d$, khi đó ta xác định được duy nhất 1 mặt phẳng $\left( P \right)$ qua M và vuông góc với $d$. Nhưng do điểm $M$ là tuỳ ý trên $d$ nên sẽ có vô số mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $d$ cho trước đó.

+ Đáp án C đúng.

+ Đáp án D sai do hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.

Đáp án đúng là: A

Các mặt bên của hình lăng trụ đứng là những hình chữ nhật nên đáp án A không thỏa mãn.

Đáp án đúng là: C

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot BC$. Lại có $BC \bot AB$ (do tam giác $ABC$ là tam giác vuông tại $B$). Từ đó suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right)$, do đó $BC \bot SB$.

Ta có $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC$, $AB \bot BC,\,\,SB \bot BC$

$\Rightarrow \widehat {SBA}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {A,BC,S} \right]$.

Ta có $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ$.

Vậy số đo của góc nhị diện $\left[ {A,BC,S} \right]$ bằng $60^\circ .$

Đáp án đúng là: D

* Gọi $I = A{B_1} \cap {A_1}B$.

Tam giác ${A_1}BD$ đều có $DI$ là đường trung tuyến nên $DI \bot {A_1}B$.

$DA \bot \left( {A{A_1}{B_1}B} \right) \Rightarrow DA \bot {A_1}B$.

$\left. \begin{array}{l}{A_1}B \bot DI\\{A_1}B \bot AD\end{array} \right\} \Rightarrow {A_1}B \bot \left( {A{B_1}D} \right) \Rightarrow \left( {{A_1}BD} \right) \bot \left( {A{B_1}D} \right)$ nên A đúng.

* Ta có $\left. \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot A{A_1}\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {AC{C_1}{A_1}} \right) \Rightarrow \left( {{A_1}BD} \right) \bot \left( {AC{C_1}{A_1}} \right)$ nên B đúng.

* Gọi $J = A{D_1} \cap {A_1}D$.

Tam giác ${A_1}BD$ đều có $BJ$ là đường trung tuyến nên $BJ \bot {A_1}D$.

$BA \bot \left( {A{A_1}{D_1}D} \right) \Rightarrow BA \bot {A_1}D$.

$\left. \begin{array}{l}{A_1}D \bot BJ\\{A_1}D \bot BA\end{array} \right\} \Rightarrow {A_1}D \bot \left( {AB{D_1}} \right) \Rightarrow \left( {{A_1}BD} \right) \bot \left( {AB{D_1}} \right)$ nên C đúng. Vậy D sai.

Đáp án đúng là: A

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}OI\,{\rm{//}}\,SA\\SA \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right)$. Vậy $d\left( {I,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = IO$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot CD$.

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD \bot CD$.

Suy ra $\left( {SAD} \right) \bot CD$.

Trong $\left( {SAD} \right)$ kẻ $AH$ vuông góc $SD$ tại $H$.

Khi đó ta chứng minh được $AH \bot \left( {SCD} \right)$.

Suy ra $d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH =$ $\frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a \cdot 2a}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.$

Đáp án đúng là: D

Thể tích của khối hộp đã cho là $V = 2 \cdot \,6 \cdot \,7 = 84$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $V = \frac{1}{3}B \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 3 = 12$.

Đáp án đúng là: D

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ $\Rightarrow AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a$. Suy ra ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}{a^2}$.

Khi đó ${V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}} \cdot BB' = \frac{1}{2}{a^2} \cdot a = \frac{{{a^3}}}{2}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SC,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SCA} = 60^\circ$.

$\Rightarrow \tan 60^\circ = \frac{{SA}}{{AC}} \Rightarrow SA = AC\tan 60^\circ = a\sqrt 3$.

Vì tam giác $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên ${S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

Vậy $V = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}$.

a) Ta có ${\log _3}a = 2 \Rightarrow a = {3^2} = 9$ và ${\log _2}b = \frac{1}{2} \Rightarrow b = {2^{\frac{1}{2}}} = \sqrt 2$.

$\Rightarrow I = 2{\log _3}\left[ {{{\log }_3}\left( {3 \cdot 9} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{4}}}{\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$.

b) Năm 2025 ứng với $t = 5$ nên có dân số thế giới là

$P\left( 5 \right) = 7{,}795 \cdot {\left( {1 + 0{,}0105} \right)^5} \approx 8{,}213$ (tỉ người).

Năm 2030 ứng với $t = 10$ nên có dân số thế giới là

$$P\left( {10} \right) = 7{,}795 \cdot {\left( {1 + 0{,}0105} \right)^{10}} \approx 8{,}653$$

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

$\left. \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAB} \right)\\SB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot SB$.

b) Kẻ $AM \bot BD\,\,\,\left( {M \in BD} \right)$.

Khi đó, $BD \bot \left( {SAM} \right)$ (do $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AM\end{array} \right.$).

Suy ra $BD \bot SM$. Khi đó $\widehat {SMA}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {A,BD,S} \right]$.

Ta có $AM = \frac{{AB \cdot AD}}{{BD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{2a}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy tan của góc nhị diện $\left[ {A,BD,S} \right]$ bằng $\frac{{4\sqrt 3 }}{3}$.

Gọi $N,I$ lần lượt là trung điểm của $AC,BC$.

$MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC$ $\Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,BC$$\Rightarrow BC\,{\rm{//}}\,\left( {SMN} \right)$.

Khi đó ta có $d\left( {BC,SM} \right) = d\left( {BC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {SMN} \right)} \right)$$= d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)$.

Dễ thấy $BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow MN \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SMN} \right) \bot \left( {SAI} \right)$ theo giao tuyến $SH$ với $H$ là giao điểm của $MN$ và $AI$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAI} \right)$ kẻ $AK \bot SH$$\left( {K \in SH} \right)$$\Rightarrow AK \bot \left( {SMN} \right)$.

Vậy $d\left( {BC,SM} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AK$.

Ta có $AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AH = \frac{1}{2}AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ$$\Rightarrow SA = AB\tan 60^\circ = a\sqrt 3 .$

Ta có $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{{16}}{{3{a^2}}} = \frac{{17}}{{3{a^2}}}$$\Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}$.

Vậy $d\left( {BC,SM} \right) = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}$.