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

Chọn D

${\left( {{5^\alpha }} \right)^2} = {5^{2\alpha }}$.

Chọn C

Hàm số xác định khi $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Tập xác định của hàm số là $D = \left( {1; + \infty } \right)$.

Chọn D

Ta có: ${2^x} > 3\,\, \Leftrightarrow \,x\,\, > \,{\log _2}3$.

Tập nghiệm của bất phương trình là $\left( {{{\log }_2}3; + \infty } \right)$.

Chọn B

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.

Chọn D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA,\,BC \bot AB\\SA,\,AB \subset \left( {SAB} \right)\\SA \cap AB = A\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

$\Rightarrow$$B$ là hình chiếu vuông góc của $C$lên $\left( {SAB} \right)$.

Do đó góc giữa $SC$ và $\left( {SAB} \right)$ là $\widehat {CSB}$.

Chọn B

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA,\,BD \bot AC\\SA,\,AC \subset \left( {SAC} \right)\\SA \cap AC = A\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$.

Mà $BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

Chọn C

Ta có $V = \frac{1}{3}.6.5 = 10$.

Chọn C

Sau 6 năm, khu rừng đó sẽ có mét khối gỗ là ${P_6} = 5.\,{10^3}\,.{\left( {1 + 0{,}04} \right)^6} \approx 632660\left( {{m^3}} \right)$.

Chọn C

Gọi $A$ là số tiền gửi vào ngân hàng, $r$ là lãi suất, $T$ là số tiền cả gốc lẫn lãi thu được sau $n$ tháng. Ta có $T = A{\left( {1 + r} \right)^n}$.

Theo đề $T = 50.{\left( {1{,}005} \right)^n} > 60 \Leftrightarrow n > {\log _{1{,}005}}\frac{6}{5} \approx 36{,}6$.

Vậy sau ít nhất $37$ tháng thì ông A thu được số tiền cả gốc lẫn lãi hơn 60 triệu đồng.

Chọn B

Tam giác ABC đều cạnh bằng 110cm, nên $AH = \frac{{110\sqrt 3 }}{3}$.

Chiều cao của giá đỡ là độ dài SH.

Vậy $SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{129}^2} - {{(\frac{{110\sqrt 3 }}{3})}^2}} = \sqrt {\frac{{37823}}{3}} \approx 112{,}28cm$.

Ta có: $OC = 40\sqrt 2 ,{O^\prime }{C^\prime } = 20\sqrt 2$, suy ra $CH = 20\sqrt 2$.

Trong tam giác vuông ${C^\prime }CH$, ta có ${C^\prime }H = \sqrt {C{C^{\prime 2}} - C{H^2}} = 20\sqrt {14} {\rm{. }}$

Nên $O{O^\prime } = {C^\prime }H = 20\sqrt {14}$.

Thể tích của cái sọt đựng đồ là:

$V = \frac{1}{3} \cdot 20\sqrt {14} \cdot (6400 + \sqrt {6400 \cdot 1600} + 1600) \approx 279377{,}08\;c{m^2}{\rm{. }}$

a) Sai: Đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số nghịch biến trên $(0; + \infty )$.

b) Đúng: Tập xác định của ba hàm số trên đều là khoảng $(0; + \infty )$.

c) Sai: Kẻ đường thẳng y = 1 thì từ bên trái qua cắt 3 đồ thị theo thứ tự $y = {\log _a}x,\,$ $y = {\log _b}x,$ $y = {\log _c}x$ nên a < b < c.

d) Đúng: Khi x > 1, thì các đường thẳng song song với Oy cắt 2 đồ thị $y = {\log _b}x,$ $y = {\log _c}x$ theo thứ tự từ thấp đến cao nên ${\log _b}x > {\log _c}x$.

a) Đúng: $CD \bot BG;CD \bot AG \Rightarrow CD \bot (ABG) \Rightarrow CD \bot AB.$

b) Sai: Góc giữa cạnh AD và mặt phẳng (BCD) là $\widehat {ADG}$.

c) Sai: Tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.

d) Đúng: Vì mặt phẳng (ADG) vuông góc với BC tại trung điểm của BC.

a) Đúng: Vì: $S = A.{e^{r.t}}$ $\Rightarrow 300 = 100.{e^{r.5}} \Leftrightarrow r = \frac{{\ln 3}}{5}$.

b) Sai: Vì $20$ phút $= \frac{1}{3}$ giờ; $S = A.{e^{r.t}} = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}.\frac{1}{3}}} = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{{15}}}}$.

c) Đúng: Vì từ 100 con, để có 200 con ta có: $200 = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}.t}} \Leftrightarrow t = 5.\frac{{\ln 2}}{{\ln 3}} \approx 3{,}15$ giờ

Tức là gần với kết quả là $3$ giờ $9$ phút.

d) Sai: Vì $S = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}.10}} = 100.{e^{2\ln 3}} = 900$ con (< 1000 con).

a) Sai: Vì thể tích bể nước bằng $V = 2{x^2}.h = \frac{{500}}{3} \Leftrightarrow 3{x^2}h = 250$.

b) Sai: Vì $3{x^2}h = 250 \Leftrightarrow h = \frac{{250}}{{3{x^2}}}$.

Khi đó diện tích xung quanh hồ và đáy bể là $S = 6x.h + 2{x^2} = \frac{{500}}{x} + 2{x^2}\,\,\left( {x > 0} \right)$

c) Sai: Vì khi $x\; = 10{\rm{ }}({\rm{m)}}$ thì ${3.10^2}h = 250 \Leftrightarrow h = \frac{5}{6}{\rm{ }}\left( m \right)$

d) Đúng: Vì khi $x\; = 5{\rm{ }}({\rm{m)}}$ thì chi phí thuê nhân công là $150.100000 = 15000000$ đồng.

Tức là $15$ triệu đồng.

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x \ne 3\end{array} \right.$.

$2{\log _2}\left( {2x - 2} \right) + {\log _2}{\left( {x - 3} \right)^2} = 2$$\Leftrightarrow {\log _2}{\left( {2x - 2} \right)^2} + {\log _2}{\left( {x - 3} \right)^2} = 2$

$\Leftrightarrow {\log _2}{\left[ {\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)} \right]^2} = 2$$\Leftrightarrow {\left( {2{x^2} - 8x + 6} \right)^2} = {2^2}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{x^2} - 8x + 6 = 2\\2{x^2} - 8x + 6 = - 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 4x + 2 = 0\,\,\left( 1 \right)\,\,\,\,\\{x^2} - 4x + 4 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$.

Ta có:

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 2 + \sqrt 2 \\x = 2 - \sqrt 2 \,\,(l)\end{array} \right.$.

$\left( 2 \right) \Leftrightarrow \,x = 2$.

Tập nghiệm của phương trình là: $\left\{ {2;\,2 + \sqrt 2 } \right\}$.

Vậy tổng các nghiệm của là: $S = 2 + 2 + \sqrt 2 = 4 + \sqrt 2$.

Ta chứng minh được tổng số tiền bác Minh thu được cả vốn và lãi sau $n$ năm là:${A_n} = A.{\left( {1 + 0{,}065} \right)^n}$.

Bác Minh thu được tối thiểu $350$ triệu đồng (cả vốn và lãi) là số $n$ nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình: $350 \le 200.{\left( {1{,}065} \right)^n} \Leftrightarrow {\left( {1{,}065} \right)^n} \ge \frac{7}{4}$$\Leftrightarrow n \ge {\log _{1{,}065}}\frac{7}{4} \approx 8{,}89 \Rightarrow {n_0} = 9$.

Vậy sau ít nhất $9$ năm thì bác An thu được số tiền $350$ triệu đồng.

Sau $n$ năm, số tiền người gửi nhận được là $A = {10^8}.1,{06^n}$.

Để nhận được số tiền hơn $300$ triệu thì

$A > {3.10^8} \Leftrightarrow {10^8}.1,{06^n} > {3.10^8} \Leftrightarrow 1,{06^n} > 3 \Leftrightarrow n > {\log _{1{,}06}}3 \approx 18{,}85$.

Vậy ít nhất sau $19$ năm thì người đó nhận được số tiền nhiều hơn $300$ triệu.

Vì $AB//C{\rm{D}}$ nên $\widehat {\left( {SC,AB} \right)}{\rm{ }} = {\rm{ }}\widehat {\left( {SC,CD} \right)} = \widehat {SCD}$.

Xét tam giác $SCD$ có $cos\widehat {SCD\,} = \frac{{S{C^2} + D{C^2} - S{D^2}}}{{2SC.DC}} = \frac{{115}}{{219}}$.

Vậy góc tạo bởi cạnh bên $SC$ và cạnh đáy $AB$ của kim tự tháp xấp xỉ $58,{32^o}$.

Dựng $SM\,//\,AH,\,\,M \in AD,\,\,N = CM \cap AB.$

Ta có:$HD = \sqrt 3 \Rightarrow SD = \frac{{A{D^2}}}{{HD}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow SH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.$

Suy ra:$AM = \frac{1}{3}AD = \frac{2}{3}\,\,;\,\,\,AN = \frac{1}{4}AB = \frac{1}{4}.$

Ta có:$d\left( {AH,SC} \right) = d\left( {AH,\left( {SMC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right).$

Vì $ASMN$ là tam diện vuông tại $A$ nên

$$\frac{1}{{{d^2}\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} \Rightarrow d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = \frac{{\sqrt {19} }}{{19}}.$$

Vậy $d\left( {AH,SC} \right) = \frac{{\sqrt {19} }}{{19}} \approx 0{,}23$

Gọi $J$, $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BB'$ và $CC'$, $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $BB'$

Ta có $AJ \bot BB'{\rm{ }}\left( 1 \right)$.

$AK \bot CC' \Rightarrow AK \bot BB'{\rm{ }}\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $BB' \bot \left( {AJK} \right)$$\Rightarrow BB' \bot JK$$\Rightarrow JK{\rm{//}}CH$$\Rightarrow JK = CH = \sqrt 5$.

Xét $\Delta AJK$ có $J{K^2} = A{J^2} + A{K^2} = 5$ suy ra $\Delta AJK$ vuông tại $A$.

Gọi $F$ là trung điểm $JK$ khi đó ta có $AF = JF = FK = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$.

Gọi $N$ là trung điểm $BC$, xét tam giác vuông $ANF$ ta có:

$\cos \widehat {NAF} = \frac{{AF}}{{AN}}$$= \frac{{\frac{{\sqrt 5 }}{2}}}{{\sqrt 5 }}$$= \frac{1}{2}$$\Rightarrow \widehat {NAF} = {60^ \circ }$. ($AN = A'M = \sqrt 5$ vì $AN{\rm{//}}A'M$ và $AN = A'M$).

Vậy ta có ${S_{\Delta AJK}} = \frac{1}{2}AJ.AK$$= \frac{1}{2}.1.2 = 1$$\Rightarrow {S_{\Delta AJK}} = {S_{\Delta ABC}}.\cos {60^ \circ }$$\Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{S_{\Delta AJK}}}}{{\cos {{60}^ \circ }}} = \frac{1}{{\frac{1}{2}}} = 2$.

Xét tam giác $AMA'$ vuông tại $M$ ta có $\widehat {MAA'} = \widehat {AMF} = {30^ \circ }$ hay $AM = A'M.\tan {30^ \circ }$$= \frac{{\sqrt {15} }}{3}$.

Vậy thể tích khối lăng trụ là $V = AM.{S_{\Delta ABC}}$$= \frac{{\sqrt {15} }}{3}.2 = \frac{{2\sqrt {15} }}{3} \approx 2{,}58$.