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

Đáp án đúng là: D

Với $n \in {\mathbb{N}^*}$ và $a$ là số thực dương thì ${a^n} = \underbrace {a.a............a}_n$.

Đáp án đúng là: B

Với $a$ là số thực dương tùy ý, ta có $\sqrt {{a^3}} = {a^{\frac{3}{2}}}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có ${\left( {{{10}^\alpha }} \right)^2} = {\left( {10} \right)^{2\alpha }}$ nên đáp án D sai.

Đáp án đúng là: A

Với $a,\,\,b > 0,\,\,\,a \ne 1$ thì ${\log _a}b = \alpha \Leftrightarrow {a^\alpha } = b$.

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: D

Với $a$ là số thực dương tùy ý, ta có

${\log _3}\left( {9a} \right) = {\log _3}9 + {\log _3}a = {\log _3}{3^2} + {\log _3}a = 2 + {\log _3}a$.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {\left( {\frac{\pi }{3}} \right)^x}$ là hàm số mũ.

Đáp án đúng là: C

Biểu thức ${\log _2}x$ có nghĩa khi $x > 0$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = {\log _2}x$ là $D = \left( {0; + \infty } \right).$

Đáp án đúng là: D

Quan sát hình vẽ ta thấy:

+) đồ thị hàm số $y = {a^x}$ đi xuống từ trái qua phải nên hàm số này nghịch biến trên $\mathbb{R}$, do đó $0 < a < 1$.

+) đồ thị hàm số $y = {b^x}$ và $y = {c^x}$ đều đi lên từ trái qua phải nên hàm số này đồng biến trên $\mathbb{R}$, do đó $b > 1,\,c > 1$. Lại có trên khoảng $\left( {0;\, + \infty } \right)$, đồ thị hàm số $y = {b^x}$ nằm phía trên đồ thị hàm số $y = {c^x}$ nên ta suy ra $b > c > 1$.

Do vậy, $a < c < b$.

Đáp án đúng là: D

Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm $\left( {0;\,\,0} \right)$ và điểm $\left( {2;\,1} \right)$, thay tọa độ các điểm này vào các hàm số đã cho ở các đáp án A, B, C, D, thấy hàm số ở đáp án D thỏa mãn.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${7^x} = 2 \Leftrightarrow x = {\log _7}2$.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện: $x > 0$.

Ta có ${\log _3}\left( {5x} \right) = 2 \Leftrightarrow 5x = {3^2} \Leftrightarrow x = \frac{9}{5}$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy nghiệm của phương trình ${\log _3}\left( {5x} \right) = 2$ là $x = \frac{9}{5}$.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện: $x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2$.

Ta có ${\log _{\frac{2}{3}}}\left( {x - 2} \right) \ge 1 \Leftrightarrow 0 < x - 2 \le \frac{2}{3} \Leftrightarrow 2 < x \le \frac{8}{3}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${\log _{\frac{2}{3}}}\left( {x - 2} \right) \ge 1$ là $\left( {2;\frac{8}{3}} \right]$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${4^x} - 9 \cdot {2^x} + 16 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - 9 \cdot {2^x} + 16 = 0$ (*).

Đặt ${2^x} = t\,\,\,\left( {t > 0} \right)$, khi đó (*) $\Leftrightarrow {t^2} - 9t + 16 = 0$ (**).

Vì phương trình ${4^x} - 9 \cdot {2^x} + 16 = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ nên (**) phải có 2 nghiệm phân biệt ${t_1},\,{t_2}$ dương.

Theo Vi-ét ta có ${t_1} \cdot {t_2} = \frac{c}{a} = 16$.

Không mất tính tổng quát, giả sử ${2^{{x_1}}} = {t_1},\,\,{2^{{x_2}}} = {t_2}$, khi đó ta có ${x_1} = {\log _2}{t_1},\,{x_2} = {\log _2}{t_2}$.

Ta có $A = {x_1} + {x_2} = {\log _2}{t_1} + {\log _2}{t_2} = {\log _2}\left( {{t_1} \cdot {t_2}} \right) = {\log _2}16 = 4$.

Đáp án đúng là: A

Góc giữa hai đường thẳng $m$ và $n$ là góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ cùng đi qua một điểm và tương ứng song song với $m$ và $n$.

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng $a$ và $b$ vuông góc với nhau khi và chỉ khi góc giữa chúng bằng $90^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Nếu đường thẳng $d$ vuông góc với mọi đường thẳng $a$ nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ thì $d \bot \left( \alpha \right).$

Đáp án đúng là: D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {ABC} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $SB$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$, do đó $MN\,{\rm{//}}\,SA$. Lại có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, do vậy $MN \bot \left( {ABCD} \right)$.

Đáp án đúng là: A

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

Suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right)$. (1)

Vì $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

Suy ra $AH \bot BC$. Lại có $BC \bot SA$. Từ đó suy ra $BC \bot \left( {SAH} \right)$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $H$ thuộc mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.

Mặt khác $H$ thuộc mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

Do vậy, $H$ thuộc giao tuyến $SB$ của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$.

Mà $AH \bot SB$ (do $AH \bot \left( {SBC} \right)$) nên $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ lên $SB$.

Đáp án đúng là: D

Nếu góc giữa hai mặt phẳng bằng $90^\circ$ thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau.

Đáp án đúng là: D

Ta có đường thẳng $a$ vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $a \subset \left( \beta \right)$ thì $\left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)$.

Đáp án đúng là: B

Một hình hộp có năm mặt là hình chữ nhật, tức là nó có bốn mặt bên là hình chữ nhật và một đáy là hình chữ nhật, do đó đáy còn lại phải là hình chữ nhật, khi đó hình hộp có sáu mặt là hình chữ nhật nên nó là hình hộp chữ nhật.

Đáp án đúng là: B

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ và $\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$. Do đó đáp án A và đáp án C đúng.

Ta có $BC \bot AB$ (do tam giác $ABC$ vuông tại $B$) và $BC \bot SA$ (do $SA \bot \left( {ABC} \right)$).

Từ đó suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right)$, do đó $\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)$. Vậy đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: D

Mặt phẳng $\left( P \right)$ chính là mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$.

Vì $A'$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$ nên $AA' \bot \left( {A'BC} \right)$.

Suy ra $AA' \bot BC$.

Lại có $AH \bot BC$ (do $AH$ là đường cao của tam giác $ABC$).

Do đó, $BC \bot \left( {A'AH} \right)$. Suy ra $A'H \bot BC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\A'H \bot BC,\,AH \bot BC\\A'H \subset \left( {A'BC} \right),\,AH \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow$ Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {A'BC} \right)$ bằng góc $AHA'$, tức là $\varphi = \widehat {AHA'}$.

Do tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường cao $AH$ nên $H$ là trung điểm của $BC$.

Lại có tam giác $A'BC$ vuông tại $A'$, do đó $A'H = \frac{{BC}}{2} = \frac{{3a}}{2}$.

Tam giác $A'AH$ vuông tại $A'$ có $\cos \widehat {AHA'} = \frac{{A'H}}{{AH}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Suy ra $\cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$, tức là $\varphi = 30^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, suy ra $SA \bot AB$.

Lại có $ABCD$ là hình vuông nên $AB \bot BC$.

Vậy $AB$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $BC$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, suy ra $SA \bot BO$.

Lại có $ABCD$ là hình vuông tâm $O$ nên $BO \bot AC$.

Từ đó suy ra $BO \bot \left( {SAC} \right)$. Do đó, $d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right) = BO$.

Ta có $BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {a^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy $d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Đáp án đúng là: A

Vì $\Delta ABC$ đều và $AA' = A'B = A'C \Rightarrow A'.ABC$ là hình chóp đều.

Gọi $A'H$ là chiều cao của lăng trụ, suy ra $H$ là trọng tâm $\Delta ABC$, $\widehat {A'AH} = 60^\circ$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Tam giác $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Suy ra $AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Tam giác $A'AH$ vuông tại $H$ có $A'H = AH \cdot \tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \sqrt 3 = a$.

Vậy $d\left( {\left( {ABC} \right),\,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = d\left( {A',\,\left( {ABC} \right)} \right) = A'H = a$.

Đáp án đúng là: B

Vì mặt phẳng $\left( P \right)$ vuông góc với $\left( Q \right)$ nên góc phẳng nhị diện giữa $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ bằng $90^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa $SB$ với mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SBA}$.

Đáp án đúng là: A

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

+) $ABCD$ là hình vuông, suy ra $DC \bot BC$.

+) $BC \bot \left( {DCC'D'} \right)$, suy ra $BC \bot D'C$.

Từ đó suy ra, góc $DCD'$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left( {D,BC,D'} \right)$.

Vì $DCC'D'$ là hình vuông nên $\widehat {DCD'} = 45^\circ$.

Vậy góc nhị diện $\left( {D,BC,D'} \right)$ có số đo bằng $45^\circ$.

Đáp án đúng là: D

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

Do đó, góc giữa $SC$ với mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ là $\widehat {CSB}$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 3$.

Ta có $BC = AD = a$.

Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ có $\tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$. Suy ra $\widehat {CSB} = 30^\circ$.

Đáp án đúng là: C

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy là $2{a^2}$ và chiều cao $3a$ là

$V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3} \cdot 2{a^2} \cdot 3a = 2{a^3}$.

Đáp án đúng là: B

Hình chóp cụt tứ giác đều có 4 cạnh bên.

Đáp án đúng là: A

Gọi $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

Vì $S.ABC$ là hình chóp đều nên $SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Khi đó, góc tạo bởi cạnh bên $SA$ và đáy là góc $SAH$ và ta có $\widehat {SAH} = 60^\circ$.

Vì tam giác$ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên $AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Tam giác $SHA$ vuông tại $H$ có $SH = AH\tan \widehat {SAH} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \tan 60^\circ = a$.

Diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$.

a) Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $AI$ là trung tuyến nên $AI$ đồng thời là đường cao, do đó $AI \bot BC$. (1)

Vì tam giác $BCD$ cân tại $D$ có $DI$ là trung tuyến nên $DI$ đồng thời là đường cao, do đó $DI \bot BC$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BC \bot \left( {AID} \right)$.

b) Vì $AH$ là đường cao của tam giác $AID$ nên $AH \bot ID$.

Lại có $BC \bot \left( {AID} \right)$ nên $BC \bot AH$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot ID\\AH \bot BC\\ID,\,BC \subset \left( {BCD} \right)\\ID \cap BC = I\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)$.

Từ đó suy ra $AH \bot BD$.

Ta có ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2}a \cdot a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi $M$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot BC\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'MA} \right)$.

Suy ra $BC \bot A'M$.

Do vậy, góc giữa mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$ và đáy là $\widehat {A'MA}$ và $\widehat {A'MA} = 30^\circ$.

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

Ta có $AM = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{BC}} = \frac{{2{a^2}\sqrt 3 }}{2}:2a = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Tam giác $A'AM$ vuông tại $A$ có $AA' = AM\tan \widehat {A'MA} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \tan 30^\circ = \frac{a}{2}$.

Thể tích của khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là $V = {S_{ABC}} \cdot AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$.

Số vi khuẩn ban đầu có 1 000 con và sau 10 giờ là 5 000 con. Áp dụng công thức $f\left( t \right) = A{e^{rt}}$, ta có: $f\left( {10} \right) = 1\,000{e^{r \cdot 10}} = 5000$. Suy ra $r = \frac{{\ln 5}}{{10}}$.

Giả sử $t$ là thời gian để số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần.

Khi đó ta có: $10\,000 = 1\,000{e^{rt}} \Leftrightarrow {e^{rt}} = 10 \Leftrightarrow rt = \ln 10 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 10}}{r}$

Do đó, $t = \ln 10:\frac{{\ln 5}}{{10}} = \frac{{10\ln 10}}{{\ln 5}} = 10{\log _5}10 \approx 14{,}31$.

Vậy sau khoảng 14,31 giờ thì số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần.