Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 7

Đáp án đúng là: A

Ta có ${a^{ - n}} = \frac{1}{{{a^n}}}$ với $a \ne 0$ nên A đúng, B sai.

Với $a \ne 0$ ta có ${a^0} = 1$, do đó C và D sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có $- 4\sqrt 2 = - {2^2} \cdot {2^{\frac{1}{2}}} = - {2^{2 + \frac{1}{2}}} = - {2^{\frac{5}{2}}}$.

Do đó, $\sqrt[5]{{ - 4\sqrt 2 }} = \sqrt[5]{{ - {2^{\frac{5}{2}}}}} = {\left( { - {2^{\frac{5}{2}}}} \right)^{\frac{1}{5}}} = - {2^{\frac{5}{2} \cdot \frac{1}{5}}} = - {2^{\frac{1}{2}}} = - \sqrt 2$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $P = {a^{\frac{3}{4}}}:\sqrt a = {a^{\frac{3}{4}}}:{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{3}{4} - \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{1}{4}}}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $A = \frac{{{2^3} \cdot {2^{ - 1}} + {5^{ - 3}} \cdot {5^4}}}{{{{10}^{ - 3}}:{{10}^{ - 2}} - {{\left( {0{,}1} \right)}^0}}}$$= \frac{{{2^{3 - 1}} + {5^{ - 3 + 4}}}}{{{{10}^{ - 3 - \left( { - 2} \right)}} - 1}} = \frac{{{2^2} + {5^1}}}{{{{10}^{ - 1}} - 1}} = \frac{{4 + 5}}{{\frac{1}{{10}} - 1}} = \frac{9}{{ - \frac{9}{{10}}}} = - 10$.

Đáp án đúng là: A

Với $a > 0,\,a \ne 1$, ta có ${\log _a}a = 1$.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${\log _{{a^3}}}a = \frac{1}{3}{\log _a}a = \frac{1}{3}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${\log _9}10 = {\log _{{3^2}}}\left( {2 \cdot 5} \right) = \frac{1}{2}{\log _3}\left( {2 \cdot 5} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_3}2 + {{\log }_3}5} \right)$.

Áp dụng công thức đổi cơ số ta có ${\log _2}3 = \frac{{{{\log }_3}3}}{{{{\log }_3}2}} = \frac{1}{{{{\log }_3}2}}$, suy ra ${\log _3}2 = \frac{1}{{{{\log }_2}3}} = \frac{1}{a}$.

Tương tự ${\log _2}5 = \frac{{{{\log }_3}5}}{{{{\log }_3}2}} \Rightarrow {\log _3}5 = {\log _2}5 \cdot {\log _3}2 = b \cdot \frac{1}{a} = \frac{b}{a}$.

Do đó, ${\log _9}10 = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{b}{a}} \right) = \frac{{1 + b}}{{2a}}$.

Đáp án đúng là: B

Vì $a$, $b$ là các số thực lớn hơn $1$ nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{\log _a}x = 2\\{\log _b}x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {a^2}\\x = {b^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow {a^2} = {b^3} \Leftrightarrow a = \sqrt {{b^3}} \Leftrightarrow a = {b^{\frac{3}{2}}}$.

Ta có $P = {\log _{\frac{a}{{{b^2}}}}}x = {\log _{\frac{{{b^{\frac{3}{2}}}}}{{{b^2}}}}}x = {\log _{{b^{\frac{{ - 1}}{2}}}}}x = - 2{\log _b}x = - 6$.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {7^x}$ có tập xác định là $\mathbb{R}$.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện để hàm số có nghĩa là $x > 0$. Vậy tập xác định là $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: B

Vì $\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{3} > 1$ nên hàm số $y = {\left( {\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{3}} \right)^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {\log _a}x$ $\left( {0 < a \ne 1} \right)$ có tập xác định là $D = \left( {0; + \infty } \right)$ nên ta loại ngay đáp án A và đáp án B.

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 $\left( {0; + \infty } \right)$, vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${2^x} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Do đó, phương trình ${2^x} = a$ có nghiệm khi $a > 0$.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện: $x > 0$.

Ta có ${\log _2}x = 5 \Leftrightarrow x = {2^5} \Leftrightarrow x = 32$ (thỏa mãn).

Đáp án đúng là: D

Ta có ${4^{x - 1}} > 16 \Leftrightarrow {4^{x - 1}} > {4^2} \Leftrightarrow x - 1 > 2$ (do 4 > 1)

$\Leftrightarrow x > 3$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${4^{x - 1}} > 16$ là $\left( {3; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện: $x > 1$.

Ta có ${\log _2}\left( {x - 1} \right) > 4$$\Leftrightarrow x - 1 > {2^4}$ (do 2 > 1)

$\Leftrightarrow x > 17$.

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình ${\log _2}\left( {x - 1} \right) > 4$ là $S = \left( {17; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: B

Góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ có số đo từ 0° đến 90°, do đó đáp án A và D sai.

Góc giữa hai đường thẳng song song bằng 0° nên đáp án C sai.

Góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ bằng 0° khi đường thẳng $a$ song song hoặc trùng với đường thẳng $b$ là mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: B

+) A sai vì: Nếu $a$ và $b$ cùng vuông góc với $c$ thì $a$ và $b$ hoặc song song hoặc chéo nhau hoặc cắt nhau (cùng nằm trong mặt phẳng vuông góc với $c$).

+) C sai vì: Giả sử hai đường thẳng $a$ và $b$ chéo nhau, ta dựng đường thẳng $c$ là đường vuông góc chung của $a$ và $b$. Khi đó góc giữa $a$ và $c$ bằng với góc giữa $b$ và $c$ và cùng bằng 90°, nhưng hiển nhiên hai đường thẳng $a$ và $b$ không song song.

+) D sai vì: Giả sử $a$ vuông góc với $c$, $b$ song song với $c$, khi đó góc giữa $a$ và $c$ bằng 90°, còn góc giữa $b$ và $c$ bằng 0°.

Do đó B đúng.

Đáp án đúng là: C

Tứ giác $ABCD$ có $AB = BC = CD = DA = a$ nên nó là hình thoi.

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

Tam giác $SAB$ có $SA = AB = SB = a$ nên $SAB$ là tam giác đều, do đó $\widehat {SBA} = 60^\circ$.

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

Đáp án đúng là: A

Nếu đường thẳng $a$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$ thì $a$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right).$

Đáp án đúng là: A

Hình chóp hình chóp $S.ABCD$ có mặt đáy là $\left( {ABCD} \right)$. Do đó $SA \bot \left( {ABCD} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Tam giác $SAC$ có $SA = SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$, lại có $SO$ là trung tuyến, do đó $SO \bot AC$. (1)

Tam giác $SBD$ có $SB = SD$ nên tam giác $SBD$ cân tại $S$, lại có $SO$ là trung tuyến, do đó $SO \bot BD$. (2)

Ta có $AC,\,\,BD \subset \left( {ABCD} \right)$. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$, vậy hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm $O$.

Đáp án đúng là: D

Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều, do đó nó có các cạnh bên là những đường cao, các mặt bên là những hình chữ nhật nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, vậy đáp án D sai.

Đáp án đúng là: B

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

Từ đó suy ra $\left( {A'AC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$ chính là mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

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

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

Đáp án đúng là: A

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, do đó $d\left( {S,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = SA$.

Đáp án đúng là: A

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

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

Từ đó suy ra $AD$ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $SA$ và $CD$.

Do đó, $d\left( {SA,\,CD} \right) = AD$.

Đáp án đúng là: A

Gọi $O$ là tâm của đáy $ABCD$. Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Do đó, $d\left( {S,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = SO$.

Ta có $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2$, suy ra $AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Tam giác $SAO$ vuông tại $O$ nên $SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}$.

Vậy $d\left( {S,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = SO = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}$.

Đáp án đúng là: D

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên suy ra $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( {ABCD} \right)$.

Do đó, $\left( {SC,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)$$= \left( {SC,\,\,AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AB$ và $SA \bot AC$. Do đó, $\widehat {BAC}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$.

Tam giác $ABC$ có $AB = BC = AC = a$ nên $ABC$ là tam giác đều, suy ra $\widehat {BAC} = 60^\circ$.

Vậy số đo góc nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$ bằng $60^\circ .$

Đáp án đúng là: B

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Do đó, $\left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,\,AB} \right)$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB = SA = a$ nên tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$.

Suy ra $\widehat {SBA} = 45^\circ$.

Vậy $\left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,\,AB} \right) = \widehat {SBA} = 45^\circ$.

Đáp án đúng là: C

Thể tích khối chóp đã cho là $V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3} \cdot 2{a^2} \cdot 3a = 2{a^3}$.

Đáp án đúng là: D

Hình chóp cụt đều có:

+ Các cạnh bên đồng quy tại một điểm.

+ Hai mặt đáy nằm trên hai mặt phẳng song song.

+ Các cạnh bên bằng nhau.

+ Hai mặt đáy là các đa giác đều có đáy lớn và đáy nhỏ.

Vậy đáp án D sai.

Đáp án đúng là: A

Thể tích khối lăng trụ là $V = Bh = 2{a^2} \cdot 2a = 4{a^3}.$

Đáp án đúng là: A

Giả sử cạnh của hình lập phương là $a\,\,\,\left( {a > 0} \right)$.

Khi đó độ dài đường chéo $BD' = a\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \Rightarrow a = 3$.

Do đó thể tích của hình lập phương là ${3^3} = 27$.

a) Ta có ${4^x} - {2^{x + 2}} + 3 = 0$$\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - 4 \cdot {2^x} + 3 = 0$.

Đặt $t = {2^x},t > 0$. Phương trình trở thành ${t^2} - 4t + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {\log _2}3\end{array} \right.$.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là $S = \left\{ {0;\,\,{{\log }_2}3} \right\}$.

b) Điều kiện xác định: $5 - {2^x} > 0 \Leftrightarrow x < {\log _2}5$.

Ta có ${\log _2}\left( {5 - {2^x}} \right) = 2 - x \Leftrightarrow 5 - {2^x} = {2^{2 - x}} \Leftrightarrow 5 - {2^x} = \frac{4}{{{2^x}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$.

Đặt $t = {2^x}$ ($t > 0$).

Khi đó phương trình $(1)$ trở thành $5 - t = \frac{4}{t} \Leftrightarrow {t^2} - 5t + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 4\end{array} \right.$.

+) Với $t = 1$ ta có ${2^x} = 1 \Leftrightarrow x = 0$.

+) Với $t = 4$ ta có ${2^x} = 4 \Leftrightarrow x = 2$.

Do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực ${x_1} = 0$ và ${x_2} = 2$.

Khi đó $P = {x_1} + {x_2} + {x_1} \cdot {x_2} = 0 + 2 + 0 \cdot 2 = 2$.

a)

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $BD \bot SA$, lại có $ABCD$ là hình vuông nên $BD \bot AC$.

Từ đó suuy ra $BD \bot \left( {SAC} \right)$.

Ta chứng minh được $IK$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ nên $IK{\rm{//}}BD$.

Do đó, $IK \bot \left( {SAC} \right)$.

b)

Ta có $\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD$, $AO \bot BD$, $BD \bot SA \Rightarrow SO \bot BD$.

Vậy góc giữa 2 mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {AOS}$ .

Ta có $AC = 2a\sqrt 2 \Rightarrow AO = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2$.

Vì tam giác $SAO$ vuông tại $A$ $\Rightarrow \tan \widehat {AOS} = \frac{{SA}}{{AO}} = 1 \Rightarrow \widehat {AOS} = 45^\circ$.

Vậy góc giữa 2 mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $45^\circ$.

Gọi $H$ là trọng tâm của tam giác $BCD$. Gọi $O = AC \cap BD$.

Theo giả thiết ta có $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a\sqrt 2 } \right)}^2}} = 3a$.

Khi đó, $CH = \frac{2}{3}CO = \frac{1}{3}AC = a \Rightarrow AH = AC - HC = 2{\rm{a}}$.

Ta có $AH$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa $SA$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SAH}$$\Rightarrow \widehat {SAH} = 45^\circ$$\Rightarrow SH = AH = 2a$.

Kẻ đường thẳng $a$ đi qua $D$ và song song với $AC$ $\Rightarrow AC{\rm{//}}\left( {SD,\,a} \right)$.

$\Rightarrow {\rm{d}}\left( {{\rm{AC, SD}}} \right) = {\rm{d}}\left( {{\rm{AC,}}\,\left( {{\rm{SD,a}}} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {{\rm{H,}}\left( {{\rm{SD,a}}} \right)} \right)$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$ kẻ $HK$ vuông góc với $a$, trong $\left( {SHK} \right)$ kẻ $HI \bot SK$.

Suy ra $a \bot HI \Rightarrow HI \bot \left( {SD,\,a} \right) \Rightarrow d\left( {H,\,\left( {SD,a} \right)} \right) = HI$.

Gọi ${\rm{E}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{AB}} \cap {\rm{DK}}$. Trong $\Delta AED$ kẻ $AP \bot ED$, khi đó ta có:

$\frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{9}{{8{a^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{9}{{8{a^2}}}$

Trong $\Delta SHK$, ta có: $\frac{1}{{{\rm{H}}{{\rm{I}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ = }}\frac{1}{{{\rm{H}}{{\rm{K}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ + }}\frac{1}{{{\rm{S}}{{\rm{H}}^{\rm{2}}}}} = \frac{9}{{8{{\rm{a}}^2}}} + \frac{1}{{4{{\rm{a}}^2}}} = \frac{{11}}{{8{{\rm{a}}^2}}} \Rightarrow {\rm{HI}} = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt {22} }}{{11}}$

$\Rightarrow {\rm{d}}\left( {AC,SD} \right) = \frac{{a\sqrt {22} }}{{11}}.$