Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Chọn C

Với mọi số thực dương $a$ ta có: $\sqrt[3]{{{a^2}}} = {a^{\frac{2}{3}}}$.

Chọn C

Điều kiện: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$. Vậy tập xác định của hàm số $y = {\left( {x - 1} \right)^{\sqrt 3 }}$ là $\left( {1; + \infty } \right)$.

Chọn D

Ta có $V = 6.5 = 30$.

Chọn C

Ta có ${\log _{\sqrt a }}{a^2}{b^3} = 2{\log _a}\left( {{a^2}{b^3}} \right) = 2\left( {2 + 3{{\log }_a}b} \right) = 2\left( {2 + 9} \right) = 22$.

Chọn B

Dựa vào đồ thị, ta có hàm số có tập xác định $\mathbb{R}$ và hàm số nghịch biến suy ra $y = {\left( {0{,}8} \right)^x}$.

Chọn D

Ta có: ${3^{x + 2}} = 27$$\Leftrightarrow {3^{x + 2}} = {3^3}$$\Leftrightarrow x + 2 = 3$$\Leftrightarrow x = 1$.

Chọn C

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông cân, cạnh góc vuông là $a$, cạnh bên bằng $2a$ là: $V = Bh = \frac{1}{2}{a^2}.2a = {a^3}$.

Chọn D

Ta có: ${\log _{\frac{1}{4}}}\left( {x - 1} \right) > - 1 \Leftrightarrow 0 < x - 1 < {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow 0 < x - 1 < 4 \Leftrightarrow 1 < x < 5$.

Tập nghiệm của bất phương trình là$S = \left( {1;5} \right)$.

Chọn A

Vì $AB$là đường vuông góc chung của $AA'$ và $BC'$ nên $AB \bot BC \Rightarrow \widehat {ABC} = 90^\circ$

Vậy nên $\widehat {A'C'B'} = 90^\circ$là sai.

Chọn B

Mệnh đề sai là: Nếu $b\, \bot \,a$ thì $b\parallel \left( P \right)$.

Chọn C

Thể tích khối tứ diện $OABC$ là $V = \frac{1}{6}.OA.OB.OC = \frac{{{a^3}}}{6}$.

Chọn A

Ta có $B' = 3B$ nên thể tích khối chóp mới là $V = \frac{1}{3}B'h = \frac{1}{3}.3Bh = Bh$.

Ta có: ${9^{x + 1}} - {13.6^x} + {4^{x + 1}} = 0$ $\Leftrightarrow {9.9^x} - {13.6^x} + {4.4^x} = 0$ $\Leftrightarrow 9.\frac{{{9^x}}}{{{4^x}}} - 13.\frac{{{6^x}}}{{{4^x}}} + 4 = 0$

$\Leftrightarrow 9.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2x}} - 13.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} + 4 = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = 1\\{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{4}{9}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.$.

a) Đúng: Nếu đặt ${\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = t$ thì phương trình đã cho trở thành $9{t^2} - 13t + 4 = 0$.

b) Đúng: Phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên, trong đó có một nghiệm nguyên âm.

c) Sai: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho bằng $- 2$.

d) Sai: Phương trình đã cho có hai nghiệm và chỉ có một nghiệm nguyên dương.

a) Đúng: Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow$ Tam giác $SBC$ vuông tại $B$.

b) Sai: Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD \Rightarrow$ tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

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

d) Đúng: Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)$.

Gọi $A\left( {{x_1},{{\log }_3}\left( {5{x_1} - 3} \right)} \right)$. Vì $A$ là trung điểm $OB$ nên $B\left( {2{x_1};2{{\log }_3}\left( {5{x_1} - 3} \right)} \right)$.

Vì $B$ thuộc đồ thị của hàm số $y = {\log _3}\left( {5x - 3} \right)$ nên $2{\log _3}\left( {5{x_1} - 3} \right) = {\log _3}\left( {10{x_1} - 3} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{x_1} - 3 > 0\\10{x_1} - 3 > 0\\{\left( {5{x_1} - 3} \right)^2} = 10{x_1} - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{x_1} - 3 > 0\\\left[ \begin{array}{l}x = \frac{6}{5}\\x = \frac{2}{5}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_1} = \frac{6}{5}$.

Vì thế $A\left( {\frac{6}{5};1} \right),\,B\left( {\frac{{12}}{5};2} \right) \Rightarrow AB = \frac{{\sqrt {61} }}{5}$.

Hình chiếu điểm $B$ xuống trục hoành là $H\left( {\frac{{12}}{5};\,0} \right) \Rightarrow BH = 2$ và $OH = \frac{{12}}{5} \Rightarrow {S_{\Delta OBH}} = \frac{{12}}{5}$

a) Đúng: Hoành độ của điểm $B$ là một số nguyên.

b) Sai: Trung điểm của đoạn thẳng $OB$ là điểm $A$ có tọa độ $\left( {\frac{6}{5};\,1} \right)$.

c) Sai: Gọi $H$ là hình chiếu của điểm $B$ xuống trục hoành. Khi đó ${S_{\Delta OBH}} = \frac{{12}}{5}$

d) Đúng: Đoạn thẳng $AB$ có độ dài bằng $\frac{{\sqrt {61} }}{5}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ và $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SM$.

Ta có: $AH \bot SM$.

Mặt khác $BC \bot \left( {SAM} \right)$ nên $BC \bot AH$. Ta suy ra $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

Nên $SH$ là hình chiếu của $SA$ lên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

Ta suy ra góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ là góc $\alpha = \widehat {ASH}$.

Xét tam giác $SAM$ vuông tại $A$ ta có:$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}}$$\Rightarrow A{H^2} = \frac{{6{a^2}}}{{11}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$.

Xét tam giác $SAH$ vuông tại $H$ ta có: $\sin \widehat {ASH} = \frac{{AH}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {33} }}{{11}}$.

a) Đúng: Đường thẳng $AH$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

b) Đúng: Đường thẳng $SH$ là hình chiếu của đường thẳng $SA$ lên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$

c) Sai: Độ dài đoạn thẳng $AH$ bằng $\frac{{6a}}{{11}}$

d) Sai: Cosin góc tạo bởi đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng $\frac{{\sqrt {33} }}{{11}}$.

Với $b > 1 > a > 0$ ta có :

$$\log _a^2\left( {ab} \right) = 4 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_a}a + {{\log }_a}b} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 + {\log _a}b = 2\\1 + {\log _a}b = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _a}b = 1\\{\log _a}b = - 3\end{array} \right.$$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\b > 1\end{array} \right.$nên ${\log _a}b = - 3$.

Khi đó :$\log _a^3\left( {a{b^2}} \right) = {\left( {{{\log }_a}a + 2{{\log }_a}b} \right)^3} = {\left( {1 + 2.\left( { - 3} \right)} \right)^3} = - 125$.

Điều kiện ${5^x} - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 0$.

Ta có ${\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \le m \Leftrightarrow {5^x} - 1 \le {2^m}$.

Ta có ${5^x} - 1 \ge 4$ với mọi $x \ge 1$.

Để bất phương trình có nghiệm $x \ge 1$ thì nên tổng các giá trị của tham số $m$ bằng $14$.

Theo hình thức lãi kép, tổng số tiền cả gốc lẫn lãi trong tài khoản của người đó sau $n$ tháng là:

$A = 200{\left( {1 + 0{,}58\% } \right)^n} = 200.1,{0058^n}$ (triệu đồng).

Theo đề bài $A \ge 225 \Rightarrow 200.1,{0058^n} \ge 225 \Leftrightarrow 1,{0058^n} \ge \frac{9}{8}$$\Leftrightarrow n \ge {\log _{1{,}0058}}\frac{9}{8} \approx 20{,}37$.

Vì ngân hàng chỉ tính lãi khi đến kì hạn nên phải sau ít nhất 21 tháng người đó mới có tối thiểu 225 triệu đồng trong tài khoản.

Gọi $I$ là trung điểm $SA$ thì $IMNC$ là hình bình hành nên $MN{\rm{ // }}IC$.

Ta có $BD \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow BD \bot IC$ mà $MN{\rm{ // }}IC$$\Rightarrow BD \bot MN$ nên góc giữa hai đường thẳng $MN$ và $BD$ bằng $90^\circ$ hay $\alpha = 90^\circ \Rightarrow \sin \alpha = 1$

Vậy $\sin \alpha = 1$.

Do ${S_{SAD}} = 3 = \frac{1}{2}.SA.AD \Rightarrow SA = \frac{6}{{2\sqrt 3 }} = \sqrt 3$.

Mặt khác ta có $d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)$.

Kẻ $AH \bot BD\,$tại $H$, $,AK \bot SH$ tại $K$$\Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AK$.

$BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {13} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AD}}{{BD}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} = \frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}$.

$\Rightarrow AK = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}}$.

Vậy $d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}} \approx 0{,}84$.

Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD, kẻ $HK \bot SI$.

Vì tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Suy ra $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

$$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HI\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow CD \bot HK \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right)$$

$$CD\parallel AB \Rightarrow d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK$$

Suy ra $HK = \frac{3}{2};HI = AD = \sqrt 3$

Trong tam giác vuông SHI ta có $SH = \sqrt {\frac{{H{I^2}.H{K^2}}}{{H{I^2} - H{K^2}}}} = 3$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3.\sqrt 3 = \sqrt 3 \approx 1{,}73$.