Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 4

Đáp án đúng là: B

Với hai số thực dương $x,\,\,y$ và hai số thực $\alpha ,\,\,\beta$ tùy ý, ta có:

+) ${x^\alpha } \cdot {x^\beta } = {x^{\alpha + \beta }}$ (nhân hai lũy thừa cùng cơ số);

+) ${\left( {{x^\alpha }} \right)^\beta } = {x^{\alpha \cdot \beta }}$ (lũy thừa của lũy thừa);

+) ${\left( {xy} \right)^\alpha } = {x^\alpha } \cdot {y^\alpha }$ (lũy thừa của một tích).

Khi đó, áp dụng công thức lũy thừa của một tích ta có

${\left( {xy} \right)^{\alpha + \beta }} = {x^{\alpha + \beta }} \cdot {y^{\alpha + \beta }} \ne {x^\alpha } \cdot {y^\beta }$ (dấu bằng chỉ xảy ra khi $\alpha = \beta = 0$).

Từ đó suy ra đáp án B sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có $K = {27^{\frac{2}{3}}} + {81^{ - 0{,}75}} - {25^{0{,}5}} = \frac{{109}}{{27}}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\sqrt a \cdot \sqrt[3]{a} \cdot \sqrt[6]{{{a^5}}} = {a^{\frac{1}{2}}} \cdot {a^{\frac{1}{3}}} \cdot {a^{\frac{5}{6}}} = {a^{\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{5}{6}}} = {a^{\frac{5}{3}}}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\frac{{{{\left( {\sqrt[4]{{{a^3} \cdot {b^2}}}} \right)}^4}}}{{\sqrt[3]{{\sqrt {{a^{12}} \cdot {b^6}} }}}} = \frac{{{a^3} \cdot {b^2}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{a^{12}} \cdot {b^6}} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}}} = \frac{{{a^3} \cdot {b^2}}}{{\sqrt[3]{{{a^6} \cdot {b^3}}}}} = \frac{{{a^3} \cdot {b^2}}}{{{{\left( {{a^6} \cdot {b^3}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}} = \frac{{{a^3} \cdot {b^2}}}{{{a^2} \cdot b}} = ab$.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

+) ${\log _a}x$ có nghĩa khi và chỉ khi $x > 0$, do đó đáp án A sai.

+) ${\log _a}1 = 0$, do đó đáp án B sai.

+) ${\log _a}xy = {\log _a}x + {\log _a}y$, do đó đáp án C sai.

+) ${\log _a}{x^n} = n{\log _a}x\,\,\left( {x > 0,\,n \ne 0} \right)$, do đó đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\sqrt 3 }}9 = {\log _{{3^{\frac{1}{2}}}}}{3^2} = 2 \cdot \frac{1}{{\frac{1}{2}}}{\log _3}3 = 4$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\frac{1}{2}{\log _a}9 - {\log _a}5 = \frac{1}{2}{\log _a}{3^2} - {\log _a}5 = {\log _a}3 - {\log _a}5 = {\log _a}\frac{3}{5}$.

Vậy $x = \frac{3}{5}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $M = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{2{{\log }_{12}}\left( {x + 3y} \right)}}$$= \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{{{\log }_{12}}{{\left( {x + 3y} \right)}^2}}} = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{{{\log }_{12}}\left[ {\left( {{x^2} + 9{y^2}} \right) + 6xy} \right]}}$

$= \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{{{\log }_{12}}\left( {6xy + 6xy} \right)}} = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{{{\log }_{12}}\left( {12xy} \right)}} = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}} = 1$.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {x^{2023}}$ không phải hàm số mũ.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {\log _{\frac{e}{3}}}x$ có cơ số là $\frac{e}{3}$ và $0 < \frac{e}{3} < 1$ nên hàm số này nghịch biến trên tập xác định $\left( {0;\, + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: A

Đồ thị $\left( {{C_1}} \right)$ đi lên từ trái qua phải nên hàm số $y = {a^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, do đó $a > 1$.

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

Vậy $0 < b < 1 < a$.

Đáp án đúng là: A

ĐKXĐ: $- {x^2} + 5x - 6 > 0 \Leftrightarrow 2 < x < 3$.

Vậy hàm số $y = {\log _{\frac{1}{8}}}\left( { - {x^2} + 5x - 6} \right)$ có tập xác định là $\left( {2;3} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${3^x} > 6 \Leftrightarrow x > {\log _3}6$.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Ta có ${\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 1 = {3^2} \Leftrightarrow x - 1 = 9 \Leftrightarrow x = 10$ .

Đáp án đúng là: D

Ta có ${2^{2x - 4}} = {2^x} \Leftrightarrow 2x - 4 = x \Leftrightarrow x = 4$.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4x > 0\\2x + 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x < - 4\\x > 0\end{array} \right.\\x > - \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0$.

Ta có ${\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x + 3} \right) = 0$

$\Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{{3^{ - 1}}}}\left( {2x + 3} \right) = 0$

$\Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) - {\log _3}\left( {2x + 3} \right) = 0$

$\Leftrightarrow {\log _3}\frac{{{x^2} + 4x}}{{2x + 3}} = 0$$\Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x}}{{2x + 3}} = {3^0}$

$\Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x}}{{2x + 3}} = 1$$\Rightarrow {x^2} + 4x = 2x + 3$

$\Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right.$.

Kết hợp với điều kiện ta chọn $x = 1$, vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Đáp án đúng là: A

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $AB{\rm{//}} = C'D'\,\,\left( {{\rm{//}} = CD} \right)$.

Suy ra $ABC'D'$ là hình bình hành, do đó $AD'{\rm{//}}BC'$.

Lại có $AD' \bot A'D$ (do $ADD'A'$ là hình vuông).

Từ đó suy ra $BC' \bot A'D$.

Đáp án đúng là: B

Vì $MN{\rm{//}}M'N'$ nên $\left( {MN,\,\,M'P'} \right) = \left( {M'N',\,M'P'} \right) = \widehat {N'M'P'} = 45^\circ$.

Đáp án đúng là: D

Gọi $E$ là trung điểm của $BD$.

Khi đó ta có $ME,\,\,NE$ lần lượt là đường trung bình của các tam giác $BCD,\,\,ABD$.

Suy ra $ME{\rm{//}}CD,\,NE{\rm{//}}AB$. Do đó, $\left( {AB,\,CD} \right) = \left( {NE,\,ME} \right)$.

Ta có $ME = \frac{{CD}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a,\,\,NE = \frac{{AB}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a$.

Áp dụng hệ quả của định lí côsin trong tam giác $MNE$ ta có

$\cos \widehat {MEN} = \frac{{M{E^2} + N{E^2} - M{N^2}}}{{2ME \cdot NE}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{2 \cdot a \cdot a}} = \frac{{ - 1}}{2}$.

Suy ra $\widehat {MEN} = 120^\circ$.

Khi đó, $\left( {NE,\,ME} \right) = 180^\circ - \widehat {MEN} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Vậy $\left( {AB,\,CD} \right) = 60^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Nếu $b\; \bot a$ thì có thể xảy ra trường hợp $b\; \subset \;\left( P \right)$, nên đáp án A sai.

Đáp án đúng là: B

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

Đáp án đúng là: D

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

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

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

Mà $AM \bot SB$ (do $M$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$).

Như vậy, $AM \bot \left( {SBC} \right)$.

Đáp án đúng là: A

+) Nếu một đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với mặt phẳng kia thì hai mặt phẳng vuông góc nhau, do đó đáp án A đúng.

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

+) Đáp án C sai vì giả sử ta chọn đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng đã cho thì đường thẳng này nằm trong cả 2 mặt phẳng.

+) Đáp án D là sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$, do đó đáp án B đúng.

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$, suy ra $SA \bot BC$. Lại có $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên $AB \bot BC$. Từ đó suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right)$, do đó $\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)$, vậy đáp án D đúng.

Vì $M$ là trung điểm của $AC$ và $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên $BM \bot AC$.

Lại có $BM \bot SA$ (do $SA \bot \left( {ABC} \right)$) nên $BM \bot \left( {SAC} \right)$, do đó $\left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)$, vậy đáp án C đúng.

Đáp án đúng là: B

Mệnh đề ii) và iii) là các mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: C

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

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

Từ đó suy ra $AD \bot \left( {SAB} \right)$, do đó $AD \bot AK$. (1)

Ta có $SA = AB$ nên tam giác $SAB$ cân tại $A$ có $K$ là trung điểm của đoạn $SB$ nên $AK$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao, do đó $AK \bot SB$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra đường vuông góc chung giữa $AD$ và $SB$ là $AK$.

Đáp án đúng là: D

Quan sát hình vẽ ta thấy $\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AO,\,\,SO \bot CO\\AO,\,CO \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)$.

Vậy khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng độ dài của đoạn thẳng $SO$.

Đáp án đúng là: B

Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$.

Do hình chóp $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $ABCD$ là hình vuông nên $AB{\rm{//}}CD$, suy ra $AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Do đó, $d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Lại có $AO \cap \left( {SCD} \right) = C$ nên $\frac{{d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2$.

Suy ra $d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Gọi $K$ là trung điểm của $CD$, ta chứng minh được $OK \bot CD$.

Kẻ $OH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OK\\CD \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOK} \right) \Rightarrow CD \bot OH$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SK\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)$$\Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.

Ta có $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\sqrt 2 ,\,AO = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2$, $SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = a\sqrt 2$,

$OK = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a$.

Tam giác $SOK$ vuông tại $O$ nên $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}$.

Suy ra $OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Vậy $d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}$.

Đáp án đúng là: A

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đã cho.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SB \bot SA\\SC \bot SA\end{array} \right.$ nên góc $CSB$ là một góc phẳng của góc góc nhị diện $\left[ {B\,,\,SA\,,\,C} \right]$.

Lại có $\widehat {CSB} = 90^\circ \,\,\left( {{\rm{do}}\,SB \bot SC} \right)$.

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

Đáp án đúng là: C

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa $SD$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc $SDA$.

Tam giác $SAD$ vuông ở $A$ nên $\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3$. Suy ra $\widehat {SDA} = 60^\circ$.

Vậy góc giữa $SD$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ có số đo bằng $60^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Thể tích của khối chóp cụt đều có diện tích đáy lớn $S$, diện tích đáy nhỏ $S'$ và chiều cao $h$ được tính theo công thức $V = \frac{1}{3} \cdot h \cdot \left( {S + S' + \sqrt {S \cdot S'} } \right)$.

Đáp án đúng là: D

Chiều cao của khối chóp là $h = 3 \cdot 5 = 15$.

Thể tích của khối chóp đó là $V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3} \cdot 5 \cdot 15 = 25$.

Đáp án đúng là: A

Tam giác $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$. Đặt $AB = AC = x$.

Ta có $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} = {a^2} \Leftrightarrow 2{x^2} = {a^2} \Rightarrow x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}$.

Vì $AA'B'B$ là hình vuông nên $AA' = AB = x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Thể tích của khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là $V = {S_{ABC}} \cdot AA' = \frac{{{a^2}}}{4} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8}$.

Đáp án đúng là: D

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Vì tam giác $SAB$ đều nên $SH \bot AB$.

Lại có $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$, do đó $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Khi đó, góc tạo bởi đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là góc $SCH$ và $\widehat {SCH} = 30^\circ$.

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên ta chứng minh được $HC = HD$.

Từ đó suy ra $\Delta SHC = \Delta SHD$ (c – g – c). Suy ra $SC = SD = 2a\sqrt 3$.

Tam giác $SHC$ vuông tại $H$ nên ta có

$$SH = SC\sin \widehat {SCH} = 2a\sqrt 3 \cdot \sin 30^\circ = a\sqrt 3$$

$HC = SC\cos \widehat {SCH} = 2a\sqrt 3 \cdot \cos 30^\circ = 3a$.

Vì tam giác $SAB$ đều mà $SH = a\sqrt 3$ nên ta suy ra $AB = \frac{{2SH}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 2a$.

Suy ra $HB = \frac{{AB}}{2} = a$. Khi đó, $BC = \sqrt {H{C^2} - H{B^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2a\sqrt 2$.

Diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = AB \cdot BC = 2a \cdot 2a\sqrt 2 = 4{a^2}\sqrt 2$.

Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot 4{a^2}\sqrt 2 \cdot a\sqrt 3 = \frac{{4{a^3}\sqrt 6 }}{3}$.

a) Điều kiện: $x > 2$.

$2{\log _2}\sqrt {x + 1} \le 2 - {\log _2}\left( {x - 2} \right)$

$\Leftrightarrow {\log _2}{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^2} + {\log _2}\left( {x - 2} \right) \le 2$

$\Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right) + {\log _2}\left( {x - 2} \right) \le 2$

$\Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) \le 2$

$\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) \le {2^2}$

$\Leftrightarrow {x^2} - x - 6 \le 0$

$\Leftrightarrow - 2 \le x \le 3$

Kết hợp với điều kiện ta được $2 < x \le 3$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {2;\,\,3} \right]$.

b) Ta có ${\left( {\frac{1}{4}} \right)^{{x^2} - 4x - 5}} = {4^{x + 1}} \Leftrightarrow {4^{ - {x^2} + 4x + 5}} = {4^{x + 1}}$

$\Leftrightarrow - {x^2} + 4x + 5 = x + 1 \Leftrightarrow - {x^2} + 3x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.$

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt $x = - 1$ và $x = 4$.

a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\,\,\,\,\,\,\left( {{\rm{v\`i }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\CD \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$.

b) Gọi $O = AC \cap BD.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CO \bot BD\\SO \bot BD\,\,\,\,\left( {{\rm{v\`i }}\,\,\,SB = SD\,} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,\,\,BD,\,\,C} \right] = \widehat {SOC}$.

$\Delta SOA$ vuông tại $A:$ $AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = SA \Rightarrow$$\widehat {SOA} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {SOC} = 135^\circ$.

Vậy số đo của góc nhị diện $\left[ {S,\,\,BD,\,\,C} \right]$ bằng $135^\circ .$

Gọi $I$ là trung điểm của $AD$ nên suy ra $SI \bot \left( {ABCD} \right)$.

Kẻ $Ax\parallel BD$.

Do đó $d\left( {BD,SA} \right) = d\left( {BD,\left( {SAx} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAx} \right)} \right) = 2d\left( {I,\left( {SAx} \right)} \right)$.

Kẻ $IE \bot Ax$ tại $E$, kẻ $IK \bot SE$ tại $K$. Khi đó $d\left( {I,\left( {SAx} \right)} \right) = IK$.

Gọi $F$ là hình chiếu của $I$ trên $BD$, ta có: $IE = IF = \frac{{AO}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

Tam giác vuông $SIE$, có: $IK = \frac{{SI.IE}}{{\sqrt {S{I^2} + I{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}$.

Vậy $d\left( {BD,SA} \right) = 2IK = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.