Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 10

Chọn A

Ta có: $P = \sqrt {{x^3}} = {x^{\frac{3}{2}}}$.

Chọn D

ĐKXĐ: $3x + 1 > 0\, \Leftrightarrow x\, > - \frac{1}{3}$. Vậy TXĐ: $\left( { - \frac{1}{3}; + \infty } \right)$.

Chọn D

Điều kiện: $x > 0$.

Với điều kiện phương trình đã cho tương đương $3x = {5^2} = 25$$\Leftrightarrow x = \frac{{25}}{3}$.

Chọn B

Ta có: ${\left( {\frac{2}{5}} \right)^{x - 2}} \ge {\left( {\frac{2}{5}} \right)^2} \Leftrightarrow x - 2 \le 2 \Leftrightarrow x \le 4$.

Chọn C

Trong không gian có vô số đường thẳng qua $O$ và vuông góc với $\Delta$.

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của $SC$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $AC$. Do đó góc giữa $SC$ và đáy là góc $\widehat {SCA}$.

Tam giác $SAC$ có $SC = SA = a\sqrt 2$ nên tam giác $SAC$ vuông cân$\Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ$.

Chọn A

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow$ $\left( {SAB} \right),\,\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ $\Rightarrow$ B, C đúng.

$SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$ mà $BC \bot AB$ $\Rightarrow$ $BC \bot \left( {SAB} \right);BC \subset \left( {SBC} \right)$

$\Rightarrow$ $\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)$ $\Rightarrow$D đúng.

Chọn D

Ta có $d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA'$

Chọn A

1 triệu con $=$ 1 000 000 con.

Ta có sau 1 giờ tăng lên 800 con, suy ra $500 \cdot {e^{r\, \cdot 1}} = 800 \Rightarrow r = \ln 1{,}6$.

Ta có $N(t) = 500 \cdot {e^{r\,t}} = 1\,000\,000 \Leftrightarrow t = \frac{1}{r}\ln 2000 = \frac{{\ln 2000}}{{\ln 1{,}6}} \approx 14{,}7$ giờ.

Vậy sau 14,7 giờ.

Chọn C

Công thức lãi kép: ${T_n} = {T_0}{\left( {1 + r\% } \right)^n}$,

trong đó: ${T_0}$ là số tiền gửi ban đầu

${T_n}$ là số tiền cả gốc lẫn lãi sau $n$ kì.

$r\%$ là lãi suất một kì.

Áp dụng công thức trên ta có:

${100.10^6}{\left( {1 + 7{,}2\% } \right)^n} \ge {165.10^6}$$\Leftrightarrow n \ge {\log _{1{,}072}}\left( {\frac{{165}}{{100}}} \right) \approx 7{,}2$.

Chọn A

Giả sử hình chóp $S.ABCD$ có cùng kích thước với Kim tự tháp kính Louvre.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ và $N$ là trung điểm $CD$. Từ $O$ hạ đường vuông góc xuống $SN$.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}CD \bot SO\\CD \bot ON\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SON} \right)$ $\Rightarrow CD \bot OM$.

Mà: $OM \bot SN$.

Nên: $OM \bot \left( {SCD} \right)$.

Suy ra: $OM = d\left[ {O;\left( {SCD} \right)} \right]$ là khoảng cách ngắn nhất để căng dây.

Xét $\Delta SON$ vuông tại O: $SO = 20{,}6m$ và $ON = \frac{{35}}{2}m$.

$\frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}}$ $\Rightarrow OM \simeq 13{,}34m$

Giả sử lăng trụ đứng $ABC.DEF$ có cùng kích thước với cái lều cần dựng. Khi đó,

$AB = BC = \frac{5}{2}m,AD = CF = 8m.$

Theo bài ra, ta có: $\left[ {\left( {BCFE} \right),\left( {ACFD} \right)} \right] = \left( {BC,AC} \right) = \widehat {ACB} = 45^\circ$.

Suy ra $\Delta ABC$ vuông tại $B$.

Vậy thể tích của lều là $V = S.h = \frac{1}{2}.AB.BC.AD = \frac{1}{2}.\frac{5}{2}.\frac{5}{2}.8 = 25{m^2}$.

Ta có: Hàm số $y = {\log _2}\left( {x - 1} \right)$ xác định khi và chỉ khi $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Tập xác định của hàm số là ${\rm{D}} = \left( {1;\, + \infty } \right)$, nên hàm số liên tục trên $\left( {1;\, + \infty } \right)$ và có đồ thị nằm bên phải đường thẳng $d:x = 1$

Ta có : $y = {\log _{\frac{1}{8}}}{\left( {x - 1} \right)^3} = {\log _{{2^{ - 3}}}}{\left( {x - 1} \right)^3} = \frac{3}{{ - 3}}{\log _2}\left( {x - 1} \right) = - {\log _2}\left( {x - 1} \right)$ nên đồ thị hai hàm số đối xứng qua trục hoành.

a) Đúng: Tập xác định của hàm số đã cho là ${\rm{D}} = \left( {1;\, + \infty } \right)$.

b) Sai: Hàm số đã cho liên tục trên $\left( {1;\, + \infty } \right)$.

c) Đúng: Đồ thị hàm số đã cho nằm bên phải đường thẳng $d:x = 1$

d) Đúng: Đồ thị hai hàm số đối xứng qua trục hoành.

Ta có: $SA = AB = a$, $SA \bot \,AB\,$(vì $SA \bot \,(ABC)$) nên $\Delta SAB$ vuông cân tại $A$

$\Rightarrow \widehat {ASB} = \widehat {ABS} = 45^\circ$

$\,JK$ là đường trung bình trong tam giác $SAC$ nên $JK\,{\rm{//}}\,SA$

Suy ra: $\left( {SB,\,JK} \right) = \left( {SB\,,\,SA} \right) = \widehat {ASB} = 45^\circ .$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}IJ\,{\rm{//}}\,BC\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow IJ \bot AB$

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

Ta có: $\Delta ABC$cân tại $B$, $K$ là trung điểm của $AC$ nên$BK \bot \,AC$

$SA \bot \left( {ABC} \right),\,BK \subset \left( {ABC} \right)$ nên $BK \bot SA$

Do đó: $AK \bot \,\left( {SAC} \right) \Rightarrow BK \bot SK$$\Rightarrow \Delta SBK$ vuông tại $K$.

a) Sai: Góc giữa hai đường thẳng $SB,\,JK$ bằng $45^\circ$.

b) Đúng: Hai đường thẳng $IJ$và $AB$ vuông góc.

c) Đúng: Đường thẳng $BC$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.

d) Sai: Tam giác $SBK$ vuông tại $K$.

a) Đúng: Ta có $s\left( 4 \right) = 800$ và $A = 200$ nên

$$800 = 200.{e^{4r}} \Leftrightarrow {e^{4r}} = 4 \Leftrightarrow 4r = \ln 4 \Leftrightarrow r = \frac{{\ln 4}}{4} = \frac{{\ln 2}}{2} \approx 0{,}3466$$

b) Đúng: Số lượng vi khuẩn có được sau 6 giờ là $s\left( 6 \right) = 200.{e^{\frac{{\ln 2}}{2}.6}} = 1600$ (con)

c) Sai: Số lượng vi khuẩn có được sau 24 giờ là $s\left( {24} \right) = 200.{e^{\frac{{\ln 2}}{2}.24}} = 819\,200$ (con).

d) Sai: Số lượng vi khuẩn tăng thêm sau 28 giờ là $200.{e^{\frac{{\ln 2}}{2}.28}} - 200 = 3\,276\,600$ (con).

a) Sai.

Đáy lều là hình vuông, có diện tích là : $S = 16\;\left( {{m^2}} \right).$

Lều có chiều cao: $h = 3\;\left( {\rm{m}} \right).$

Thể tích của lều là: $V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.16.3 = 16\;\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).$

b) Đúng.

Thể tích của khối lập phương là: ${V_1} = {3^3} = 27\;\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).$

c) Sai.

Khi lều có cạnh đáy bằng $a$ và chiều cao bằng $h$ thì thể tích của lều là $V = \frac{1}{3}{a^2}h.$

Khi $a$ tăng lên gấp đôi và $h$ không đổi thì thể tích lều bằng $\frac{1}{3}{\left( {2a} \right)^2}.h = 4\left( {\frac{1}{3}.{a^2}.h} \right) = 4V.$

d) Đúng.

Khi $h$ giảm một nửa và $a$ không đổi thì thì thể tích lều bằng $\frac{1}{3}{a^2}.\left( {\frac{h}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{3}.{a^2}.h} \right) = \frac{V}{2}.$

Điều kiện: $2 < x \ne 4$.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \ge 4\\\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right) = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 4\\\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right) = - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \ge 4\\{x^2} - 6x + 7 = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 4\\{x^2} - 6x + 9 = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 + \sqrt 2 \\x = 3\end{array} \right.$

Kết hợp điều kiện, PT có nghiệm ${x_1} = 3 + \sqrt 2 ;\,{x_2} = 3$. Vậy $S = 2$.

Gọi ${T_n}$ là tiền vốn lẫn lãi sau $t$ tháng, $a$ là số tiền ban đầu

Tháng 1 $\left( {t = 1} \right)$: ${T_1} = a\left( {1 + r} \right)$

Tháng 2 $\left( {t = 2} \right)$: ${T_2} = a{\left( {1 + r} \right)^2}$

……………….

Tháng $n\left( {t = n} \right):{T_n} = a{\left( {1 + r} \right)^t}$

${T_n} = a{\left( {1 + r} \right)^t} \Rightarrow t = \frac{{\ln \frac{{{T_n}}}{a}}}{{\ln \left( {1 + r} \right)}} = \frac{{\ln \frac{{140}}{{100}}}}{{\ln \left( {1 + 1\% } \right)}} \approx 33{,}815$ (tháng)

Để số tiền lãi nhận được lớn hơn 40 triệu thì $n > \frac{t}{{12}} \approx 2{,}818$

Vậy $n = 3.$

${\log _5}\left( {{x^2} + 1} \right) + 1 \ge {\log _5}\left( {m{x^2} + 4x + m} \right)$

$\Leftrightarrow {\log _5}5\left( {{x^2} + 1} \right) \ge {\log _5}\left( {m{x^2} + 4x + m} \right)$

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m{x^2} + 4x + m > 0\\5\left( {{x^2} + 1} \right) \ge m{x^2} + 4x + m\end{array} \right.,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$

(dễ thấy $m = 0$không thỏa mãn hệ)

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{\Delta _{\left( 1 \right)}} = 16 - 4{m^2} < 0\\5 - m > 0\\{\Delta _{\left( 2 \right)}} = 16 - 4{\left( {5 - m} \right)^2} \le 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m < - 2 \vee m > 2\\m < 5\\m \le 3 \vee m \ge 7\end{array} \right.$$\Leftrightarrow 2 < m \le 3$.

Do $m \in \mathbb{Z}$ nên $m = 3$.

Vậy có 1 giá trị nguyên của $m$.

Ta giả sử các cạnh và đỉnh của kim tự tháp như hình vẽ. Vì $S.ABCD$ hình chóp tứ giác đều nên $SH$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. ($H = AC \cap BD$ )

Xét ${\rm{\Delta ABC}}$ vuông tại $B$, ta có: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{262}^2} + {{262}^2}} = 262\sqrt 2$ (m)

$\Rightarrow HC = \frac{{AC}}{2} = 131\sqrt 2$ (m)

Xét ${\rm{\Delta SHC}}$ vuông tại $H$, ta có: $SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{{230}^2} - {{(131\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt {18578} \approx 136$(m). Vậy chiều cao của kim tự tháp là khoảng 136 mét.

Góc giữa $\left( {SCD} \right)$và $\left( {ABCD} \right)$là $\widehat {SDA} = 60^\circ$.

Ta có:$SA = AD.\tan 60^\circ = \sqrt {39} .\sqrt 3 = 3\sqrt {13}$ và $SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = 2\sqrt {39}$.

Theo giả thiết $SI = \frac{1}{2}ID \Rightarrow SI = \frac{1}{3}SD = \frac{2}{3}\sqrt {39}$ và $ID = \frac{{4\sqrt {39} }}{3}$.

Ta có:$CD//\left( {ABI} \right) \Rightarrow d\left( {CD,AI} \right) = d\left( {CD,\left( {ABI} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {ABI} \right)} \right)$.

Trong$\left( {SAD} \right)$. Kẻ $DP \bot AI$ tại P. Ta có $AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot DP$.

Do đó $DP \bot \left( {ABI} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {ABI} \right)} \right) = DP$.

$I{A^2} = S{I^2} + S{A^2} - 2SI.SA.\cos \widehat {ISA}$$= {\left( {\frac{2}{3}\sqrt {39} } \right)^2} + + {\left( {3\sqrt {13} } \right)^2} - 2.\frac{2}{3}\sqrt {39} .3\sqrt {13} .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{169}}{3}$$\Rightarrow IA = \frac{{13\sqrt 3 }}{3}$.

${S_{\Delta ADI}} = \frac{1}{2}DI.DA.\sin \widehat {ADI} = \frac{1}{2}.\frac{{4\sqrt {39} }}{3}.\sqrt {39} .\sin 60^\circ = 13\sqrt 3$

Và ${S_{\Delta ADI}} = \frac{1}{2}DP.AI \Rightarrow 13\sqrt 3 = \frac{1}{2}.\frac{{13\sqrt 3 }}{3}.DP \Rightarrow DP = 6$.

Vậy $d\left( {CD,AI} \right) = 6$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$,$H \in BC$.

$\widehat {\left( {SA,(ABC)} \right)} = \widehat {SAH} = 45^\circ \Rightarrow$$\Delta SHA$ vuông cân $\Rightarrow SH = HA.$

${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.AH.\frac{1}{2}AB.BC.sin\widehat {ABC}$$= \frac{1}{6}.AH.2\sqrt 3 .6.sin60^\circ = 3.AH.$

Do đó: ${V_{min}} \Leftrightarrow A{H_{min}} \Leftrightarrow AH \bot BC$ tại $H$.

Ta có: $sin\widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow AH = AB.\sin 60^\circ = 2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3$

Vậy ${V_{\min }} = 3.3 = 9$.