Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 13

Chọn A

Với mọi số thực dương $a$ ta có: $\sqrt[5]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{5}}}$.

Chọn C

Điều kiện: $1 - x > 0 \Leftrightarrow x < 1$. Vậy tập xác định của hàm số $y = {\log _2}{\left( {1 - x} \right)^3}$ là $\left( { - \infty ;1} \right)$.

Chọn C

Điều kiện: $3x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{4}{3}$.

$\Rightarrow 3x - 4 = {2^3} \Rightarrow 3x - 4 = 8 \Rightarrow 3x = 12 \Rightarrow x = 4.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ 4 \right\}$

Chọn A

Bất phương trình tương đương ${\left( {\frac{e}{\pi }} \right)^x} > {\left( {\frac{e}{\pi }} \right)^0} \Leftrightarrow x < 0$.

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là $S = \left( { - \infty ;0} \right)$.

Chọn A

Theo tính chất 1: Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.

Chọn B

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{CD \bot AD}\\{CD \bot DD'}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ADD'A'} \right)$.

Do đó $\left( {AC;\left( {ADD'A'} \right)} \right) = \left( {AC;AD} \right) = \widehat {CAD} = {45^ \circ }$.

Chọn D

Trong $\left( {SAB} \right)$, dựng $AH \bot SB$.

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

Khi đó: $d\left( {AD,SB} \right) = AH$.

Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Chọn B

Lấy năm 2017 làm mốc, ta có $A = 93.671.600;\,n = 2035 - 2017 = 18.$

$\Rightarrow$ Dân số Việt Nam vào năm 2035 là $S = 93.671.600.{{\rm{e}}^{18.\frac{{0{,}81}}{{100}}}} \approx 108.374.700$.

Chọn A

Một năm tương ứng với 2 kì hạn.Do đó:

Tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau một năm là:

$S = {100.10^6}{\left( {1 + 5\% } \right)^2} = 110250000$(đồng).

Chọn B

Vì hai mái nhà là hai hình chữ nhật nên góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà là góc $\widehat {AOB}$.

Áp dụng định lý cosin cho tam giác AOB ta có: $cos\widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2OAOB}} = \frac{1}{{28}}.$

Vậy góc $\widehat {AOB} \approx {88^0}.$

Chọn D

Sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều$ABCD.A'B'C'D'$.

Ta có ${S_1}\; = {S_{ABCD}}\; = {80^2}\; = 6400\left( {c{m^2}} \right),{\rm{ }}{S_2}\; = {S_{A'B'C'D'}}\; = {40^2}\; = 1600{\rm{ }}\left( {c{m^2}} \right).$

Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Kẻ D'H^BD tại H. Khi đó OHDO’ là hình chữ nhật.

Ta có $OD = 40\sqrt 2 \left( {cm} \right),OH = O'D' = 20\sqrt 2 \,\left( {cm} \right) \Rightarrow DH = 20\sqrt 2 \,\left( {cm} \right).$

$OO' = D'H = \sqrt {DD{'^2} - D{H^2}} = 20\sqrt {14\,} \,\left( {cm} \right).$

Thể tích của sọt:$V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right) \approx 279377\,\left( {c{m^3}} \right).$

a) SAI

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R}.$

b) ĐÚNG

Đồ thị hàm số$y = {a^x}$đi qua điểm $(1;3)$ suy ra $a = 3.$

c) SAI

Phương trình hoành độ giao điểm của $y = {3^x}$ và đường thẳng $y = \frac{1}{3}$ là:

${3^x} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = - 1.$

d) SAI

Phương trình hoành độ giao điểm của $y = {3^x}$ và đường thẳng $y = - x + 1$ là:

${3^x} = - x + 1\quad (1)$

Ta có hàm số $y = {3^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ và ${3^x} > 0,\forall x \in \mathbb{R}$.

Đường thẳng $y = - x + 1$ có hệ số $a = - 1 < 0$ nên nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Ta lại có ${3^0} = - 0 + 1$ nên phương trình $(1)$ có nghiệm duy nhất $x = 0$.

Tương tự $AB$ không vuông góc với $\left( {SAC} \right)$.

Vậy mệnh đề a: đúng

mệnh đề b: sai

mệnh đề c: sai

mệnh đề d: sai

a) Đúng

b) Đúng

$N = 95{,}93.{(1 + 1{,}33\% )^7} \approx 105{,}23$triệu người

c) Sai

Số dân tăng từ năm 2018 đến năm 2027: $N = 95{,}93.{\left( {1 + 1{,}33} \right)^9} - 95{,}93 \approx 12{,}11$ triệu người.

d) Sai

$$108{,}04 = 95{,}93.{\left( {1 + 1{,}33} \right)^n} \Rightarrow n = 9 = m$$

$$P = 2{\log _3}9 + 1 = 5$$

Có chu vi đáy $C = 3 + 4 + 5 = 12$.

a) Đúng. ${S_{xq}} = C.h = 12.7 = 84(c{m^2})$

b) Sai. ${S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{d\'a y}} = 84 + 2.6 = 96\left( {c{m^2}} \right)$.

c) Sai. ${V_{lt}} = {S_{d\'a y}}.h = 6.7 = 42\left( {c{m^3}} \right)$.

d) Sai.Tiền khối gỗ $T = 42.5 = 210$(triệu đồng).

Ta có:

${4^{{x^2} + 2}} - {9.2^{{x^2} + 2}} + 8 = 0 \Leftrightarrow {2^{2({x^2} + 2)}} - {9.2^{{x^2} + 2}} + 8 = 0$

Đặt t= ${2^{{x^2} + 2}} \ge {2^2}$; $(t \ge 4)$nhận được ${t^2} - 9t + 8 = 0$

$\Leftrightarrow t = 1 \prec 4(l)$hoặc $t = 8$

Với $t = 8$, nhận được:

${2^{{x^2} + 2}} = 8 = {2^3} \Leftrightarrow {x^2} + 2 = 3 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1$

Vậy tổng bình phương các nghiệm ${1^2} + {( - 1)^2} = 2$.

Ta có số tiền thu được sau $t$ quý là:

$T = 100{\left( {1 + 1{,}25\% } \right)^t}$

Theo đề, ta có:

$T \ge 125$$\Leftrightarrow 100{\left( {1 + 1{,}25\% } \right)^t} \ge 125$

$\Leftrightarrow {\left( {1 + 1{,}25\% } \right)^t} \ge \frac{5}{4}$

$\Leftrightarrow {\log _{\frac{5}{4}}}{\left( {1 + 1{,}25\% } \right)^t} \ge {\log _{\frac{5}{4}}}\frac{5}{4}$

$\Leftrightarrow t.{\log _{\frac{5}{4}}}\left( {1 + 1{,}25\% } \right) \ge 1$

$\Leftrightarrow t \ge \frac{1}{{{{\log }_{\frac{5}{4}}}\left( {1 + 1{,}25\% } \right)}} = 17{,}96$

Suy ra số quý tối thiểu: t = 18 quý = 4 năm 6 tháng = 4,5 năm.

Điều kiện: $x > 0$.

Đặt $t = {\log _3}x$, bất phương trình trở thành $2{t^2} - \left( {2a + \sqrt 2 } \right)t + \sqrt 2 a < 0$ $\left( 1 \right)$.

Ta có $2{t^2} - \left( {2a + \sqrt 2 } \right)t + \sqrt 2 a = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = a\\t = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.$.

Do $a \in {\mathbb{N}^*}$ nên $\left( 1 \right)$ có nghiệm là $\frac{{\sqrt 2 }}{2} < t < a$.

Suy ra $\frac{{\sqrt 2 }}{2} < {\log _3}x < a$$\Leftrightarrow {3^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} < x < {3^a}$.

Ứng với mỗi $a$ bất phương trình đã cho có nghiệm nguyên $x$ và số nghiệm nguyên $x$ không vượt quá $10$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 1\\{3^a} \le 13\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < a \le {\log _3}13$.

Mà $a \in {\mathbb{N}^*}$$\Rightarrow a = 2 \Rightarrow S = \left\{ 2 \right\}$.

Vậy tập $S$ có 1 số phần tử.

Giả sử các cạnh và đỉnh của kim tự tháp như hình vẽ. Vì S.ABCD hình chóp tứ giác đều nên $SH \bot \left( {ABCD} \right)\;$($H = AC \cap BD$ )

Xét ${\rm{\Delta ABC}}$ vuông tại A, 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: $SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{{230}^2} - {{(131\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt {18578}$(m).

Kẻ HJ vuông góc với SI, vì $BC \bot HI,BC \bot SH \Rightarrow BC \bot HJ.$

$HJ \bot SI,HJ \bot BC \Rightarrow HJ \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow HJ = d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right).$

Do đó $HJ$là đoạn đường ngắn nhất từ mặt bên đến kho báu.

Trong tam giác $SHI$vuông tại $H$, ta có: $HJ = \frac{{SH.SI}}{{\sqrt {S{H^2} + S{I^2}} }} \approx 94\left( m \right).$

Vậy độ dài ngắn nhất cần tìm xấp xỉ $94\,\,\left( m \right).$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AD \not\subset \left( {SBC} \right)\\AD//BC\end{array} \right. \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {AD,SC} \right) = d\left( {AD,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right).$

$\Delta ABC$ đều do $\widehat {ABC} = 60^\circ$ và $AB = BC$.

Gọi I là trung điểm BC,khi đó: $AI \bot BC$(do $\Delta ABC$ đều), mà $BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAI} \right)$ theo giao tuyến $SI.$

Kẻ $AH \bot SI$tại $H$$\Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow$$d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH.$

$\Delta ABC$ đều cạnh $a \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta SAI$ vuông tại A có đường cao AH: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{4}{{9{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{3a}}{4} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right).$

Vậy $d\left( {AD,SC} \right) = \frac{{3a}}{4}.$

Tam giác $ABD$ đều cạnh $2\sqrt 3$$\Rightarrow$ $BD = 2\sqrt 3 \Rightarrow IH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

Áp dụng định lí cosin cho tam giác $ABC:\,\,AC = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - 2.2\sqrt 3 .2\sqrt 3 .c{\rm{os120}}^\circ } = 6 \Rightarrow IC = 3$

Xét tam giác $IHC$ vuông tại $I$: $HC = \sqrt {I{H^2} + I{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {3^2}} = \frac{{\sqrt {39} }}{2}$

Do tam giác $SHC$ vuông tại $H$, có $\widehat {SCH} = \left( {SC,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = 45^\circ$nên tam giác $SHC$ vuông cân tại $H$. Suy ra: $HC = SH = \frac{{\sqrt {39} }}{2}$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AC.BD.SH = \frac{1}{6}.6.2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt {39} }}{2} = \sqrt {117}$

Vậy $a = 117$