Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 5

Đáp án đúng là: A

Với $a$ là số thực khác $0$, ta có ${a^0} = 1$; ${a^{ - n}} = \frac{1}{{{a^n}}}$.

Vậy đáp án A đúng và các đáp án B, C, D sai.

Đáp án đúng là: A

Biểu thức $M = {2^0}$ và $Q = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 1}}$ có nghĩa.

Đáp án đúng là: C

Xét từng đáp án ta có:

+) ${4^{2m}} = {\left( {{2^2}} \right)^{2m}} = {\left( {{2^{2 \cdot 2}}} \right)^m} = {\left( {{2^4}} \right)^m}$.

+) ${2^m} \cdot \left( {{2^{3m}}} \right) = {2^{m + 3m}} = {2^{4m}} = {\left( {{2^4}} \right)^m}$.

+) ${4^m} \cdot \left( {{2^m}} \right) = {\left( {{2^2}} \right)^m} \cdot {2^m} = {2^{2m}} \cdot {2^m} = {2^{2m + m}} = {2^{3m}} = {\left( {{2^3}} \right)^m}$.

+) ${2^{4m}} = {\left( {{2^4}} \right)^m}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${4^x} + {4^{ - x}} = {\left( {{2^2}} \right)^x} + {\left( {{2^2}} \right)^{ - x}} = {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} + 2 \cdot {2^x} \cdot {2^{ - x}} - 2 = {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - 2$.

Vì ${4^x} + {4^{ - x}} = 7$ nên ${\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - 2 = 7$, tức là ${\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9$.

Suy ra ${2^x} + {2^{ - x}} = 3\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,{2^x} + {2^{ - x}} > 0} \right)$.

Khi đó $P = \frac{{5 - {2^x} - {2^{ - x}}}}{{8 + 4 \cdot {2^x} + 4 \cdot {2^{ - x}}}} = \frac{{5 - \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{8 + 4\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}} = \frac{{5 - 3}}{{8 + 4 \cdot 3}} = \frac{2}{{20}} = \frac{1}{{10}}$.

Do vậy $a = 1,\,\,b = 10$ và $ab = 10$.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${\log _a}\frac{1}{x} = {\log _a}1 - {\log _a}x = 0 - {\log _a}x = - {\log _a}x \ne \frac{1}{{{{\log }_a}x}}$. Vậy đáp án C sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có $5{\log _2}a + 4{\log _2}b = {\log _2}{a^5} + {\log _2}{b^4} = {\log _2}\left( {{a^5}{b^4}} \right)$.

Do đó, $x = {a^5}{b^4}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có ${a^{{{\log }_{\sqrt a }}4}} = {a^{{{\log }_{{a^{\frac{1}{2}}}}}4}} = {a^{2{{\log }_a}{2^2}}} = {a^{4{{\log }_a}2}} = {\left( {{a^{{{\log }_a}2}}} \right)^4} = {2^4} = 16$.

Đáp án đúng là: B

Vì ${\log _2}x = \sqrt 2$ nên $x > 0$.

Khi đó ta có $A = {\log _2}{x^2} + {\log _{\frac{1}{2}}}{x^3} + {\log _4}x$$= 2{\log _2}x + 3{\log _{{2^{ - 1}}}}x + {\log _{{2^2}}}x$

$= 2{\log _2}x - 3{\log _2}x + \frac{1}{2}{\log _2}x = - \frac{1}{2}{\log _2}x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = {\left( {2a - 1} \right)^x}$ là hàm số mũ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}2a - 1 > 0\\2a - 1 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > \frac{1}{2}\\a \ne 1\end{array} \right.$.

Vậy $a \in \left( {\frac{1}{2};1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: B

Hàm số $y = {\log _a}x$ có tập xác định là $\left( {0;\, + \infty } \right)$ nên ta loại hình (I) và (II).

Vì cơ số $a > 1$ nên hàm số này đồng biến trên $\left( {0;\, + \infty } \right)$, tức là đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải, do vậy hình (III) là dạng đồ thị của hàm số $y = {\log _a}x;{\rm{ }}a > 1$.

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ ta thấy:

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

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

Đáp án đúng là: D

ĐKXĐ: $2x - {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = \log \left( {2x - {x^2}} \right)$ là $D = \left( {0;2} \right).$

Đáp án đúng là: C

Ta có ${\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}$.

Đáp án đúng là: C

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

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: $x > 1$.

$\ln \left( {4x + 2} \right) = \ln x + \ln \left( {x - 1} \right)$

$\Leftrightarrow \ln \left( {4x + 2} \right) = \ln \left[ {x\left( {x - 1} \right)} \right]$

$\Leftrightarrow 4x + 2 = x\left( {x - 1} \right)$

$\Leftrightarrow {x^2} - 5x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{5 - \sqrt {33} }}{2}\\x = \frac{{5 + \sqrt {33} }}{2}\end{array} \right.$.

Kết hợp điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 1 nghiệm là $x = \frac{{5 + \sqrt {33} }}{2}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có ${3^{2x + 1}} > {3^{3 - x}} \Leftrightarrow 2x + 1 > 3 - x \Leftrightarrow 3x > 2 \Leftrightarrow x > \frac{2}{3}$.

Đáp án đúng là: A

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

Đáp án đúng là: A

Góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ bằng góc giữa hai đường thẳng $a$ và $c$ khi $b$ song song với $c$ (hoặc $b$ trùng với $c$).

Đáp án đúng là: A

Vì $ABCD.EFGH$ là hình hộp chữ nhật nên $AE{\rm{//}}CG$.

Do đó, $\left( {AE,\,CD} \right) = \left( {CG,\,CD} \right) = \widehat {DCG} = 90^\circ$.

Đáp án đúng là: D

Qua điểm $O$ cho trước, có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $\Delta$ cho trước.

Đáp án đúng là: B

Đáp án B sai do thiếu yếu tố hai đường thẳng phải cắt nhau.

Đáp án đúng là: D

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

Lại có tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB \bot BC$.

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

Đáp án đúng là: B

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)$ và $\left( {ABCD} \right) \bot \left( {CDD'C'} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Hình chóp đều có các cạnh bên bằng nhau và các cạnh đáy bằng nhau, do đó cạnh bên và cạnh đáy có thể không bằng nhau, vậy đáp án A sai.

Đáp án đúng là: D

Vì $I$ là trung điểm của $BC$ nên $AI$ là đường trung tuyến trong tam giác $ABC$ cân tại $A,$ do đó $AI$ đồng thời là đường cao nên suy ra $AI \bot BC$.

Tương tự ta chứng minh được $DI \bot BC$. Từ đó suy ra $BC \bot \left( {ADI} \right)$.

Vậy $\left( {BCD} \right) \bot \left( {ADI} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $AD \bot DD'$ và $D'C' \bot DD'$.

Vậy đường vuông góc chung giữa $AD$ và $D'C'$ là $DD'$.

Đáp án đúng là: D

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

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$, ta có $AH \bot SB$.

Lại có $AH \bot BC\,\,\left( {{\rm{do}}\,BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)$.

Từ đó suy ra $AH \bot \left( {SBC} \right)$. Vậy $d\left( {A,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH$.

Đáp án đúng là: C

Kẻ $AH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right)$. Khi đó ta có $d\left( {A,\,SC} \right) = AH$.

Tam giác $ABC$ có $\widehat B = 60^\circ$ và $AB = BC = a$ nên tam giác $ABC$ đều. Suy ra $AC = a$.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AC$.

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao nên ta có

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}$. Suy ra $AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Vậy $d\left( {A,\,SC} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Đáp án đúng là: D

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: A

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

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

Đáp án đúng là: D

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

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot AB\\BC \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {SBA}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, ta có: $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}}$$= \frac{{a\sqrt 3 }}{a}$$\Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Hình chóp cụt tam giác $ABC.A'B'C'$ có 9 cạnh.

Đáp án đúng là: B

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là $V = Bh = 3 \cdot 4 = 12$.

Đáp án đúng là: A

Vì $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên $BC = AB = 2a$.

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

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

Đáp án đúng là: A

Diện tích đáy lớn là $S = {\left( {9a} \right)^2} = 81{a^2}$.

Diện tích đáy bé là $S' = {\left( {4a} \right)^2} = 16{a^2}$.

Thể tích khối chóp cụt đã cho là

$V = \frac{1}{3}\left( {S + S' + \sqrt {S \cdot S'} } \right) \cdot h = \frac{1}{3}\left( {81{a^2} + 16{a^2} + \sqrt {81{a^2} \cdot 16{a^2}} } \right) \cdot 6a = 266{a^3}$.

a) ${2^{{x^2} + 2}} = {8^x}$$\Leftrightarrow {2^{{x^2} + 2}} = {2^{3x}} \Leftrightarrow {x^2} + 2 = 3x$$\Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.$.

b) Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\4x - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{5}{4}$.

Ta có ${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4x - 5} \right) \Leftrightarrow x + 1 \ge 4x - 5$$\Leftrightarrow x \le 2$.

Kết hợp với điều kiện ta được $\frac{5}{4} < x \le 2.$

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là $\left( {\frac{5}{4};2} \right]$.

a) Ta có $ABCD$ là hình chóp tứ giác đều, $O$ là tâm của đáy $\Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Từ đó suy ra hình chiếu vuông góc của $\Delta SBC$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\Delta OBC$.

b) Gọi $\alpha$ là góc giữa $SA$ và mặt phẳng $\left( {SDC} \right)$.

Ta có $\sin \alpha = \frac{{d\left( {A,\left( {SDC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{2d\left( {O,\left( {SDC} \right)} \right)}}{{SA}}$.

Dựng $OI \bot CD$ tại $I$, $OK \bot SI$ tại $K$ $\Rightarrow OK = d\left( {O,\left( {SDC} \right)} \right)$.

Do $ABCD$ là hình vuông nên $I$ là trung điểm của $CD \Rightarrow OI = \frac{a}{2}$.

Ta có: $\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}$.

$SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$ $\Rightarrow \sin \alpha = \frac{4}{{\sqrt {30} }} \Rightarrow \cos \alpha = \sqrt {\frac{7}{{15}}}$.

Gọi $O$ là tâm của hình chữ nhật $ABCD$.

Ta có $AC \cap \left( {SBD} \right) = O$ nên $\frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{CO}}{{AO}} = 1$ (vì $O$ là trung điểm $AC$).

Suy ra $d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)$.

Gọi $H$, $I$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $BD$, $SH$, ta có

$\left\{ \begin{array}{l}AI \bot SH\\AI \bot BD\,\,\,\,\left( {{\rm{do }}BD \bot AH,\,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AI} \right)\end{array} \right.$

Suy ra $AI \bot \left( {SBD} \right)$ (vì $SH \cap BD = H$ và $SH,BD \subset \left( {SBD} \right)$).

Do đó, $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI$.

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $A$ với $AH$ là đường cao, ta có

$AH = \frac{{AB \cdot AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét tam giác $SAH$ vuông tại $A$ với $AI$ là đường cao, ta có

$AI = \frac{{AH \cdot AS}}{{\sqrt {A{H^2} + A{S^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$.

Vậy khoảng cách từ điểm $C$ đến mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ bằng $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$.