Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 12

Chọn B

Áp dụng công thức luỹ thừa với số mũ hữu tỉ $\sqrt {{a^3}} = {a^{\frac{3}{2}}}$.

Chọn A

Từ đồ thị $\left( {{C_2}} \right)$, có $0 < b < 1$

Từ đồ thị $\left( {{C_1}} \right)$, có $a > 1$

Vậy $0 < b < 1 < a$

Chọn A

Xét hàm số logarit $y = {\log _5}x$ có cơ số là 5 nên hàm số đồng biến.

Từ ${\log _5}b \ge {\log _5}c \Rightarrow b \ge c$

Chọn D

Chọn A

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

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

Chọn A

Theo định nghĩa lăng trụ đều thì đáp án A là đáp án đúng.

Chọn B

Công thức tính thể tích khối lăng trụ là $V = B.h$.

Chọn C

Ta có: ${9^x} - {3.3^x} + 2 = 0$$\Leftrightarrow$${3^{2x}} - {3.3^x} + 2 = 0$$\Leftrightarrow$$\left( {{3^x} - 1} \right)\left( {{3^x} - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {\log _3}2\end{array} \right.$.

Với ${x_1} < {x_2}$ nên ${x_1} = 0$ và ${x_2} = {\log _3}2$.

Suy ra $2{x_1} + 3{x_2} = 3{\log _3}2$.

Chọn A

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4x > 0\\2x + 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 0\\x < - 4\end{array} \right.\\x > - \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0$.

Phương trình đã cho$\Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) = {\log _3}\left( {2x + 3} \right)$$\Leftrightarrow {x^2} + 4x = 2x + 3$

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

Kết hợp điều kiện ta được $x = 1$.

Chọn D

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

Tam giác $SAC$ có $SA = SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$ suy ra $SO \bot AC$.

Tam giác $SBD$ có $SB = SD$ nên tam giác $SBD$ cân tại $S$ suy ra $SO \bot BD$.

Vậy $SO \bot (ABCD)$.

Chọn A

$SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}(SAC) \bot \left( {ABCD} \right)\\(SBD) \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.$ Do đó B, C đúng

$\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD) \Rightarrow (SAC) \bot (SBD)$ do đó D đúng

Vậy A sai (có thể giải thích bằng cách tính góc nhị diện)

Hàm số mũ $y = {2^x}$ với cơ số $2 > 1$ có tập xác định là $\mathbb{R}$, tập giá trị là $\left( {0; + \infty } \right)$, hàm số đồng biến trên tập xác định và đồ thị hàm số không cắt trục $Ox$(luôn nằm trên), cắt trục $Oy$ tại điểm $\left( {0;1} \right)$

Vậy ta có thể xác định được

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Vì $BC \bot SA$ và $BC \bot AB$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$. Do đó, $\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$

Đường thẳng AB’ thuộc (SAB) và vuông góc với SB nên $AB' \bot \left( {SBC} \right)$

Tương tự $AD' \bot \left( {SCD} \right)$

Ta có $AB' \bot SC,AD' \bot SC$. Các đường thẳng $AB',AC',AD'$ cùng đi qua A và vuông góc với SC nên cùng thuộc một mặt phẳng do đó bốn điểm $A,B',C',D'$ đồng phẳng

Vậy ta có

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Ta có: ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 4x}} < 8$$\Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 4x}} < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 3}}$$\Leftrightarrow {x^2} - 4x > - 3$$\Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 > 0$$\Leftrightarrow x < 1 \vee x > 3$.

a) Sai.

b) Đúng.

c) Đúng.

d) Sai.

a) Đúng.

b) Đúng.

c) Sai.

d) Đúng.

$${S_{tp}} = 2\left( {10 + 20 + 32} \right) = 124\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$$

Ta có

$\frac{{{a^{\frac{1}{3}}}{b^{\frac{1}{3}}}\left( {{b^{\frac{2}{3}}} + {a^{\frac{2}{3}}}} \right)}}{{a \cdot {a^{ - \frac{1}{3}}} + b \cdot {b^{ - \frac{1}{3}}}}} = \frac{{{a^{\frac{1}{3}}} \cdot {b^{\frac{1}{3}}}\left( {{b^{\frac{2}{3}}} + {a^{\frac{2}{3}}}} \right)}}{{{a^{\frac{2}{3}}} + {b^{\frac{2}{3}}}}} = {a^{\frac{1}{3}}} \cdot {b^{\frac{1}{3}}}$

Suy ra, $\alpha = \frac{1}{3}$ và $\beta = \frac{1}{3}$.

Vậy $A = 3.\frac{1}{3} - 3.\frac{1}{3} = 1 - 1 = 0$.

Cách 1. Đặt $t = {\log _2}x,$ ta có

$$\begin{array}{l}{\log _8}x = {\log _{{2^3}}}x = \frac{1}{3}.{\log _2}x = \frac{t}{3}\\ \Rightarrow {\log _2}\frac{t}{3} = {\log _8}t \Leftrightarrow {\log _2}\frac{t}{3} = \frac{1}{3}{\log _2}t\end{array}$$

$$\Leftrightarrow {\log _2}\frac{t}{3} = {\log _2}\sqrt[3]{t} \Leftrightarrow \frac{t}{3} = \sqrt[3]{t} \Leftrightarrow t = 3\sqrt 3 \Rightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} = {t^2} = 27$$

Cách 2. Nhập

Nhập ${\left( {{{\log }_2}A} \right)^2}$ ra kết quả 27

Xét phép chiếu song song lên mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ theo phương chiếu $BA'$. Ta có $N$ là ảnh của $M$ hay $M$ chính là giao điểm của $B'D'$ và ảnh $AC'$ qua phép chiếu này. Do đó ta xác định $M,N$ như sau:

Trên $A'B'$ kéo dài lấy điểm $K$ sao cho $A'K = B'A'$ thì $ABA'K$ là hình bình hành nên $AK//BA'$ suy ra $K$ là ảnh của $A$ trên $AC'$ qua phép chiếu song song.

Gọi $N = B'D' \cap KC'$. Đường thẳng qua $N$ và song song với $AK$ cắt $AC'$ tại $M$. Ta có $M,N$ là các điểm cần xác định.

Theo định lí Thales, ta có $\frac{{MA}}{{MC'}} = \frac{{NK}}{{NC'}} = \frac{{KB'}}{{C'D'}} = 2$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB.$

Ta có $(SAB) \bot (ABCD)$ và $(SAB) \cap (ABCD) = AB$

Mà $SI \bot AB,SI \subset (SAB).$ Suy ra $SI \bot (ABCD).$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB//CD,CD \subset (SCD)\\AB \not\subset (SCD)\end{array} \right. \Rightarrow AB//(SCD)$

Do đó: $d(AB,SC) = d(AB,(SCD)) = d(I,(SCD))$

Gọi H là trung điểm của CD.

Trong mp(SIH), kẻ $IK \bot SH$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot IH,CD \bot SI\\IH \cap SI = I;IH,SI \subset (SIH)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SIH) \Rightarrow CD \bot IK.$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}IK \bot CD,IK \bot SH\\CD \cap SH = H;CD,SH \subset (SCD)\end{array} \right. \Rightarrow IK \bot (SCD).$

Vậy $d(I,(SCD)) = IK.$

Ta có $SI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta SIH$ có $IK = \frac{{SI.IH}}{{\sqrt {S{I^2} + I{H^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}$

Vậy $d(AB,SC) = 0{,}65.$

Sau 2 giờ, số lượng vi khuẩn trong mỗi mililít nước là 6000 nên ta có

$6000 = {9000.10^{ - 2\alpha }} \Rightarrow \frac{2}{3} = {10^{ - 2\alpha }} \Rightarrow - 2\alpha = \log \frac{2}{3} \Rightarrow \alpha = - \frac{1}{2}\log \frac{2}{3} = \frac{1}{2}\log \frac{3}{2}$

Do đó, để mỗi mililít nước trong thùng ít hơn hoặc bằng 1000 thì

$\begin{array}{l}9000 \cdot {10^{ - \alpha t}} \le 1000\\ \Leftrightarrow {10^{ - \alpha t}} \le \frac{1}{9}\\ \Leftrightarrow - \alpha t \le \log \frac{1}{9}\end{array}$

$\Leftrightarrow t \ge - \frac{2}{\alpha }\log \frac{1}{3} = - \frac{2}{{\frac{1}{2}\log \frac{3}{2}}} \cdot \log \frac{1}{3} = \frac{{4\log 3}}{{\log \frac{3}{2}}}{\rm{ }}$

Khi làm tròn đến hàng đơn vị thời gian ít nhất là 11 (giờ).