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

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: B

Ta có ${a^2} \cdot {a^{\frac{1}{3}}} = {a^{2 + \frac{1}{3}}} = {a^{\frac{7}{3}}}$.

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: 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 ${5^{2x - 4}} = 25 \Leftrightarrow {5^{2x - 4}} = {5^2} \Leftrightarrow 2x - 4 = 2 \Leftrightarrow x = 3$.

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: 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: 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: B

Vì $d \bot \left( \alpha \right)$ nên nếu $\Delta \,{\rm{//}}\,d$ thì $\Delta \bot \left( \alpha \right)$, do đó A đúng, B sai.

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 $ABC$.

Đáp án đúng là: B

Hai mặt phẳng cắt nhau có thể vuông góc hoặc không vuông góc, do đó đáp án B sai.

Đáp án đúng là: A

Nếu $\varphi$ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ thì $0^\circ \le \varphi \le 90^\circ$.

Đáp án đúng là: C

Hình hộp có các cạnh bằng nhau chưa chắc đã là hình lập phương vì các cạnh bên có thể không vuông góc với đáy.

Đáp án đúng là: D

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $ABCD$ là hình vuông, do đó hai đường chéo $AC$ và $BD$ vuông góc với nhau.

Lại có $AA' \bot \left( {ABCD} \right)$, suy ra $AA' \bot BD$.

Khi đó, đường thẳng $BD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $AA'$ nằm trong mặt phẳng $\left( {ACC'A'} \right)$ nên $BD \bot \left( {ACC'A'} \right)$. Suy ra $\left( {BDD'B'} \right) \bot \left( {ACC'A'} \right)$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ACC'A'} \right)$ và $\left( {BDD'B'} \right)$ bằng $90^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên ta có:

+) $ABB'A'$ là hình vuông, suy ra $AB \bot BB'$.

+) $BB' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)$, suy ra $BB' \bot B'D'$.

Vậy $BB'$ là đường vuông góc chung của hai đường thẳng $AB$ và $B'D'$.

Đáp án đúng là: D

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp chữ nhật nên $\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)$ và $AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)$.

Do đó, $d\left( {\left( {ABCD} \right),\,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {A,\,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA'$.

Đáp án đúng là: A

Số đo của góc nhị diện có thể nhận giá trị từ $0^\circ$ đến $180^\circ$ nên góc phẳng nhị diện cũng có số đo từ $0^\circ$ đến $180^\circ$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $BA \bot AD$ (do $ABCD$ là hình vuông) và $BA \bot SA$ (do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$).

Do đó, $BA \bot \left( {SAD} \right)$, tức là $A$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$.

Suy ra $SA$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ lên mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$.

Khi đó, góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ là góc giữa hai đường thẳng $SB$ và $SA$, chính là $\widehat {ASB}$.

Đáp án đúng là: A

Góc $BHD$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {B,\,AC',\,D} \right]$.

Đáp án đúng là: A

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$.

Vì tam giác $SAB$ là tam giác đều nên $SH \bot AB$.

Lại có $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ và $\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB$. Do đó, $SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Khi đó góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $\widehat {SCH}$.

Vì tam giác $SAB$ là tam giác đều cạnh $2a$ nên $SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$.

Vì tam giác $ABC$ là tam giác cân tại $C$ nên $CH \bot AB$.

Ta có $AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a$.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông $ACH$ ta được:

$CH = \sqrt {A{C^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt {10} } \right)}^2} - {a^2}} = 3a$.

Lại có $SH \bot CH$ (do $SH \bot \left( {ABC} \right)$) nên tam giác $SHC$ vuông tại $H$, do đó ta có:

$\tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{HC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{3a}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$. Suy ra $\widehat {SCH} = 30^\circ$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $SC \bot SA$ và $SB \bot SA$, do đó $\widehat {BSC}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {B,\,SA,\,C} \right]$.

Lại có $SB \bot SC$ nên $\widehat {BSC} = 90^\circ$.

Vậy số đo của góc nhị diện $\left[ {B,\,SA,\,C} \right]$ bằng $90^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Hình chóp cụt đều có các mặt bên là các hình thang cân.

Đáp án đúng là: B

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy $B$ và chiều cao $h$ là $V = Bh$.

Đáp án đúng là: D

Thể tích khối hộp chữ nhật có kích thước 3 cạnh là $2,\,\,3,\,\,4$ bằng $2 \cdot 3 \cdot 4 = 24$.

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 $AH \bot SC$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

Vì tam giác $SBC$ cân tại $S$ nên $SH \bot BC$.

Lại có $\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ và $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC$.

Do đó, $SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Vì tam giác $SBC$ là tam giác vuông tại $S$ nên $SH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a$.

Vì tam giác $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$ nên $AH \bot BC$ và $AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a$.

Diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot 2a = {a^2}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot a = \frac{{{a^3}}}{3}$.

Số lượng vi khuẩn ban đầu ${N_0} = 500$ con.

Sau thời gian $t = 2$ giờ có 1 500 con nên ta có $1\,\,500 = 500 \cdot {e^{2r}}$

$\Leftrightarrow {e^{2r}} = 3 \Leftrightarrow 2r = \ln 3 \Leftrightarrow r = \frac{{\ln 3}}{2}$.

Do đó, tỉ lệ tăng trưởng mỗi giờ của loài vi khuẩn này là $r = \frac{{\ln 3}}{2}$.

Gọi $t$ là thời gian để số lượng vi khuẩn ban đầu tăng gấp đôi, tức là $N\left( t \right) = 2{N_0}$.

Lại có $N\left( t \right) = {N_0} \cdot {e^{rt}}$ nên ta có $2{N_0} = {N_0} \cdot {e^{rt}} \Leftrightarrow {e^{rt}} = 2 \Rightarrow rt = \ln 2 \Rightarrow t \approx 1{,}26$ (giờ).