Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 9

Đáp án đúng là: C

Theo lí thuyết ta có ${\left( {{a^m}} \right)^n} = {\left( {{a^n}} \right)^m}.$

Đáp án đúng là: C

Ta có $\sqrt[8]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{8}}}$.

Đáp án đúng là: C

Vì $\frac{1}{2} > \frac{1}{3}$ nên nếu ${a^{\frac{1}{2}}} > {a^{\frac{1}{3}}}$ thì $a > 1$.

Vì $\frac{2}{3} < \frac{3}{4}$ nên nếu ${b^{\frac{2}{3}}} > {b^{\frac{3}{4}}}$ thì $0 < b < 1$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\frac{{\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt a }}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt[3]{{{a^2} \cdot {a^{\frac{1}{2}}}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt[3]{{{a^{\frac{5}{2}}}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{{{\left( {{a^{\frac{5}{2}}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{{a^{\frac{5}{6}}}}}{{{a^3}}} = {a^{\frac{5}{6} - 3}} = {a^{\frac{{ - 13}}{6}}}$. Do đó $\alpha = \frac{{ - 13}}{6}$.

Vì $- 3 < \frac{{ - 13}}{6} < - 2$ nên chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\log _a}a = 1$ nên đáp án A sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có ${\log _{{a^5}}}b = \frac{1}{5}{\log _a}b$.

Đáp án đúng là: C

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

$= {\log _a}3 - {\log _a}5 + {\log _a}2 = {\log _a}\frac{3}{5} + {\log _a}2 = {\log _a}\left( {\frac{3}{5} \cdot 2} \right) = {\log _a}\frac{6}{5}$.

Vậy $x = \frac{6}{5}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $S = 2\ln a - \ln b - \ln c = \ln {a^2} - \left( {\ln b + \ln c} \right) = \ln \left( {bc} \right) - \ln \left( {bc} \right) = 0$ (do ${a^2} = bc$).

Đáp án đúng là: A

Trong các hàm số đã cho, hàm số $y = {2^x}$ là hàm số mũ.

Đáp án đúng là: D

Tập xác định của hàm số $y = {\log _3}x$ là $\left( {0\,;\, + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: A

Kẻ đường thẳng $d:\,\,y = 1$.

Hoành độ giao điểm của $d$ với các đồ thị hàm số $y = {\log _a}x$, $y = {\log _b}x$, $y = {\log _c}x$ lần lượt là $a,\,\,b,\,\,c$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $a > c > b$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${2^{2x - 1}} = {2^x} \Leftrightarrow 2x - 1 = x \Leftrightarrow x = 1$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Điều kiện: $x > 0$.

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

$\Leftrightarrow x \ge 8$.

Kết hợp với điều kiện ta được $x \ge 8$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${\log _{\frac{1}{2}}}x \le - 3$ là $S = \left[ {8; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${2^{x\, - \,3}}\, > \,16 \Leftrightarrow {2^{x - 3}} > {2^4} \Leftrightarrow x - 3 > 4 \Leftrightarrow x > 7$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${2^{x\, - \,3}}\, > \,16$ là $\left( {7;\, + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}4x - 9 > 0\\x + 10 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{9}{4}\\x > - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{9}{4}$.

${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4x - 9} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 10} \right)$

$\Leftrightarrow 4x - 9 < x + 10$ (do $0 < \frac{1}{2} < 1$)

$\Leftrightarrow 3x < 19 \Leftrightarrow x < \frac{{19}}{3}$.

Kết hợp điều kiện ta được $\frac{9}{4} < x < \frac{{19}}{3}$ hay $2{,}25 < x < 6,\left( 3 \right)$.

Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên $x \in \left\{ {3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}$. Vậy có 4 giá trị nguyên của $x$ thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Hai đường thẳng $a$ và $b$ được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng $90^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $A'B'C'D'$ là hình vuông và $AB{\rm{//}}A'B'$.

Khi đó ta có $\left( {AB,\,A'C'} \right) = \left( {A'B',\,A'C'} \right) = \widehat {B'A'C'} = 45^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Hình hộp có tất cả các cạnh đều bằng nhau nên mỗi mặt của hình hộp là một hình thoi.

Xét từng đáp án, ta thấy:

+ Đáp án A đúng vì $\left\{ \begin{array}{l}A'C' \bot B'D'\\B'D'\,{\rm{//}}\,BD\end{array} \right. \Leftrightarrow A'C' \bot BD$.

+ Đáp án B sai vì $BB'\,{\rm{//}}\,DD'$.

+ Đáp án C đúng vì $\left\{ \begin{array}{l}A'B \bot AB'\\AB'{\rm{//}}DC'\end{array} \right. \Rightarrow A'B \bot DC'$.

+ Đáp án D đúng vì $\left\{ \begin{array}{l}BC' \bot B'C\\B'C\,{\rm{//}}\,A'D\end{array} \right. \Rightarrow BC'\,{\rm{//}}\,A'D$.

Đáp án đúng là: A

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

+ $ABCD$ là hình vuông, suy ra $AC \bot BD$;

+ $BB' \bot \left( {ABCD} \right)$, suy ra $BB' \bot AC$.

Lại có $BB',\,BD \subset \left( {BB'D'D} \right)$.

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

Đáp án đúng là: B

Đáp án A sai vì $b$ có thể vuông góc với $\left( P \right)$.

Đáp án B đúng bởi $a{\rm{//}}\left( P \right) \Rightarrow \exists a' \subset \left( P \right)$ sao cho $a{\rm{//}}a'$, mà $b \bot \left( P \right) \Rightarrow b \bot a'$. Khi đó $a \bot b$.

Đáp án C sai vì $b$ có thể nằm trong $\left( P \right)$.

Đáp án D sai vì $b$ có thể nằm trong $\left( P \right)$.

Đáp án đúng là: D

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

Do đó, $BC \bot \left( {SAB} \right)$, suy ra $BC \bot AE$. Mà $AE \bot SB$ (gt).

Từ đó suy ra $AE \bot \left( {SBC} \right)$, suy ra $AE \bot SC$ (1).

Tương tự, ta chứng minh được $CD \bot \left( {SAD} \right)$, suy ra $CD \bot AF$. Mà $AF \bot SD$ (gt).

Từ đó suy ra $AF \bot \left( {SCD} \right)$, suy ra $AF \bot SC$ (2).

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

Đáp án đúng là: B

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

Vì $C \in \left( {ABC} \right)$ nên $C$ là hình chiếu của $C$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Vậy hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $AC$.

Đáp án đúng là: C

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot BC$.

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

Từ đó suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right)$. Do đó $B$ là hình chiếu của $C$ lên mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.

Khi đó giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ là $\widehat {BSC}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $\left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SBA}$.

Tam giác $SBA$ vuông tại $A$ (do $SA \bot AB$) có $SA = AB = a$ nên tam giác $SBA$ vuông cân tại $A$, suy ra $\widehat {SBA} = 45^\circ$.

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

Đáp án đúng là: D

Cho đường thẳng $a$ không vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Có duy nhất một mặt phẳng chứa $a$ và vuông góc với $\left( \alpha \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$, mà $SA \subset \left( {SAB} \right)$, do đó $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$.

Đáp án đúng là: C

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

Do đó $\widehat {BAC}$ là một góc phẳng của góc góc nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$.

Ta có $\Delta ABC$ có $AB = BC = AC = a$ nên $\Delta ABC$ 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: C

Hình hộp có các cạnh bằng nhau thì mỗi mặt của hình hộp là một hình thoi nên hình hộp này chưa phải là hình lập phương, vậy đáp án C sai.

Đáp án đúng là: B

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AC$, vậy khoảng cách từ điểm $S$ đến $AC$ bằng $SA$.

Đáp án đúng là: D

Vì $S.ABC$ là hình chóp tam giác đều và $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên suy ra $SG \bot \left( {ABC} \right)$. Vậy $d\left( {S,\,\left( {ABC} \right)} \right) = SG$.

Đáp án đúng là: B

Từ giả thiết ta suy ra $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều.

Gọi $O$ là tâm của đáy, suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Gọi $J$ là trung điểm $CD$, suy ra $OJ \bot CD$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $O$ trên $SJ$, suy ra $OK \bot SJ$.

Ta chứng minh được $CD \bot \left( {SOJ} \right)$, suy ra $CD \bot OK$, từ đó suy ra $OK \bot \left( {SCD} \right)$.

Khi đó $d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OK$.

Ta có $OJ = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}$; $BD = a\sqrt 2$, $BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, $SO = \sqrt {S{A^2} - B{O^2}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt 2 }}$.

Khi đó ta có $OK = \frac{{SO \cdot OJ}}{{\sqrt {S{O^2} + O{J^2}} }} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}$.

Vậy $d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OK = \frac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}$.

Đáp án đúng là: A

Thể tích của khối chóp cụt đều có chiều cao $h$ và $S,S'$ lần lượt là diện tích đáy lớn và đáy nhỏ là $V = \frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {SS'} + S'} \right).$

Đáp án đúng là: A

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

Đáp án đúng là: C

Diện tích đáy lớn là: ${6^2} = 36\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Diện tích đáy nhỏ là: ${3^2} = 9\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Thể tích hình chóp cụt là $V = \frac{1}{3}\left( {36 + \sqrt {36 \cdot 9} + 9} \right) \cdot 4 = 84\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Đáp án đúng là: B

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

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ nên $SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = a\sqrt 2$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên ${S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2 \cdot \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}$.

a) (0,5 điểm)

$I = 2{\log _3}\left[ {{{\log }_3}\left( {3a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{4}}}{b^2} = 2{\log _3}\left[ {1 + {{\log }_3}a} \right] - {\log _2}b = 2{\log _3}\left[ {1 + 2} \right] - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$.

b) (0,5 điểm)

Giá bán xe năm đầu tiên: ${A_1} = 750\,\,000\,\,000$ đồng.

Giá bán xe năm thứ hai: ${A_2} = {A_1} - {A_1} \cdot r = {A_1}\left( {1 - r} \right)$ đồng, với $r = 1{,}8\%$.

Giá bán xe năm thứ ba: ${A_3} = {A_2} - {A_2}r = {A_2}\left( {1 - r} \right) = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^2}$ đồng.

…

Giá bán xe năm thứ $n$: ${A_n} = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^{n - 1}}$ đồng.

Vậy giá bán xe năm thứ 8 (năm 2030) là:

${A_6} = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^7} = 750\,\,000\,\,000{\left( {1 - 1{,}8\% } \right)^7} \approx 660\,\,453\,\,000$ đồng.

a)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SI \bot AB\\\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\SI \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)$.

Do $CF \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SI \bot CF$ (1).

b) Gọi $H = FC \cap DI$.

Xét hai tam giác vuông $ADI$ và $DCF$ có

$\left\{ \begin{array}{l}AI = DF\\AD = DC\\\widehat {DAI} = \widehat {FDC} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow \Delta ADI = \Delta DCF$ (c – g – c).

$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {{I_1}} = \widehat {{F_1}}\\\widehat {{D_2}} = \widehat {{C_2}}\end{array} \right.,\,\,{\rm{m\`a }}\,\,\widehat {{I_1}} + \widehat {{D_2}} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {{F_1}} + \widehat {{D_2}} = 90^\circ$$

$\Rightarrow \widehat {FHD} = 90^\circ \Rightarrow CF \bot DI\,\,(2)$.

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

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên $\left( {ABCD} \right)$ suy ra góc giữa $SB$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SBA} = 60^\circ$.

Dựng hình bình hành $MCBE$. Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ trên $BE$ và $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SI$.

Ta chứng minh được $AH \bot \left( {SBE} \right)$.

Khi đó $d\left( {CM,SB} \right) = d\left( {CM,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBE} \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = 2AH$.

Mặt khác $AI = \frac{{AE.AB}}{{\sqrt {A{E^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ và $SA = AB \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 .$

Vậy $d\left( {CM,SB} \right) = 2AH =$$\frac{{2AI \cdot SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{{27}}$.