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

Chọn D

Ta có ${27^{\frac{1}{3}}} = \sqrt[3]{{27}} = 3$.

Chọn B

Vì $\frac{1}{3}$ là số không nguyên nên hàm số $y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{3}}}$ xác định khi và chỉ khi $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Vậy hàm số $y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{3}}}$ có tập xác định là $\left( {1; + \infty } \right)$.

Chọn B

Ta có công thức $V = \frac{1}{3}Bh$.

Chọn A

Ta có: $\log \left( {100a} \right) = \log 100 + \log a = 2 + \log a = 2 + 7 = 9$.

Chọn A

Do đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {2;2} \right)$ nên $2 = {\log _a}2 \Leftrightarrow a = \sqrt 2$.

Chọn D

Ta có: ${3^{{x^2} - 2x - 5}} = 27 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 2x - 5}} = {3^3} \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 4\end{array} \right.$.

Vậy $4 + \left( { - 2} \right) = 2$.

Chọn C

Thể tích của khối hộp là $V = 2.4.6 = 48$.

Chọn B

Tập xác định $D = \left( { - \infty ;2} \right)$. Ta có: ${\log _2}\left( {2 - x} \right) \le 1 \Leftrightarrow 2 - x \le 2 \Leftrightarrow x \ge 0$. Vậy $S = \left[ {0;2} \right)$.

Chọn A

Vì $CD{\rm{//}}AB$ nên $\left( {BA',CD} \right) = \left( {BA',BA} \right) = \widehat {ABA'} = 45^\circ$ (do $ABB'A'$ là hình vuông).

Chọn D

A. Đúng vì $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a \bot (P)}\\{a//b\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Rightarrow b \bot (P)$ nên đáp án D sai.

B. Đúng vì $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a \bot (P)}\\{b \subset (P)}\end{array}} \right. \Rightarrow a \bot b$.

C. Đúng vì$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a \bot (P)}\\{b//(P)}\end{array}} \right.$ $\Rightarrow b \bot a$.

Chọn D

Gọi $H = AB \cap CD \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow \varphi = \left( {SB\,,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SAH}$.

Xét tam giác $SBH$vuông tại $H$, có $BH = \frac{{BD}}{2} = \frac{{2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2$.

$\Rightarrow \cos \varphi = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}$.

Chọn B

Diện tích đáy ${S_{ABCD}} = {a^2}$.

Thể tích của khối chóp đã cho là ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}$.

Điều kiện: $x > - 1.$

Ta có:$\log _2^2\left( {x + 1} \right) - 6{\log _2}\sqrt {x + 1} + 2 = 0 \Leftrightarrow \log _2^2\left( {x + 1} \right) - 3{\log _2}\left( {x + 1} \right) + 2 = 0$

Đặt $t = {\log _2}\left( {x + 1} \right)$ thì phương trình trở thành ${t^2} - 3t + 2 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right..$

So với điều kiện thấy thỏa mãn. Vậy tổng các nghiệm là: $1 + 3 = 4.$

a) Đúng: Điều kiện xác định của phương trình là $x > - 1$.

b) Sai: Nếu đặt $t = {\log _2}\left( {x + 1} \right)$ thì phương trình đã cho trở thành ${t^2} - 3t + 2 = 0$.

c) Đúng: Phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương là $x = 1$ hoặc $x = 3$

d) Sai: Tổng các nghiệm của phương trình đã cho bằng $4$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\,\,\,\,\,\left( {do\;SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AB \bot BC\,\,\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$

Xét 2 mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SB \bot BC,\,SB \subset \left( {SBC} \right)\\AB \bot BC,\,AB \subset \left( {ABC} \right)\\SB \cap AB = \left\{ B \right\}\end{array} \right.$.

$$\Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBA} \right);\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SB,AB}} \right) = \widehat {SBA}$$

Xét $SAB$ tam giác vuông tại $A$, có $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SBA} = {60^0}$.

a) Đúng: Đường thẳng $BC$ vuông góc với đường thẳng $SB$.

b) Đúng: Góc tạo bởi hai đường thẳng $SB$ và $AB$ bằng góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$

c) Sai: Cosin góc tạo bởi hai đường thẳng $SB$ và $AB$ bằng $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$

d) Sai: Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng ${45^0}$.

Từ đồ thị ta suy ra: Hai hàm số $y = {a^x}$ và $y = {b^x}$ là hai hàm số đồng biến và $y = {c^x}$ là hàm số nghịch biến.

Hai hàm số $y = {a^x}$ và $y = {b^x}$ là hai hàm số đồng biến nên $a,b > 1$

Do $y = {c^x}$ là hàm số nghịch biến nên $c < 1$.

Nếu lấy $x = m$ khi đó tồn tại ${y_1},\,{y_2} > 0$ để $\left\{ \begin{array}{l}{a^m} = {y_1}\\{b^m} = {y_2}\end{array} \right.$. Dễ thấy ${y_1} > {y_2}$ nên $a > b$.

Vậy $a > b > 1 > c$

a) Sai: Từ đồ thị, hàm số $y = {a^x}$ là hàm số đồng biến.

b) Đúng: Hàm số $y = {c^x}$ là hàm số nghịch biến nên $c < 1$.

c) Sai: Hai hàm số $y = {a^x}$ và $y = {b^x}$ là hai hàm số đồng biến nên $a > b$.

d) Đúng: Hai hàm số $y = {a^x}$ và $y = {b^x}$ là hai hàm số đồng biến và $y = {c^x}$ là hàm số nghịch biến nên ta suy ra được $a > b > 1 > c$.

Theo giả thiết, $\Delta SAB$ vuông tại $A$ có $SB = a\sqrt 3$, $\widehat {ASB} = 30^\circ$. Khi đó, $SA = SB.\cos 30^\circ = \frac{{3a}}{2}$ và $AB = SB.\sin 30^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Do $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$. Vậy hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ cùng vuông góc với $\left( {SAB} \right)$ nên suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow$$\left( {SC,\,\left( {SAB} \right)} \right) = \left( {SC,\,SB} \right) = \widehat {CSB} = 45^\circ$.

Suy ra $\Delta SBC$ vuông cân tại $B$$\Rightarrow BC = SB = a\sqrt 3$.

Mặt khác, $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot AB$$\Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $B$.

Khi đó, ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{{3{a^2}}}{4}$ và $V = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{3{a^3}}}{8}$.

Vậy tỉ số $\frac{{{a^3}}}{V} = \frac{8}{3}$.

a) Đúng: Mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

b) Sai: Tam giác $SBC$ vuông cân tại $B$.

c) Đúng: Hai đường thẳng $AB$ và $CB$ vuông góc với nhau.

d) Sai: Nếu gọi thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V$ thì tỷ số $\frac{{{a^3}}}{V}$ bằng $\frac{8}{3}$.

Hàm số $y = {\left( {{x^2} - 2x - m + 1} \right)^{\sqrt 7 }}$ có tập xác định là $\mathbb{R}$$\Leftrightarrow {x^2} - 2x - m + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}$

$$\Leftrightarrow m < {\left( {x + 1} \right)^2},\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{x \in \mathbb{R}} {\left( {x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow m < 0$$

Mà $\left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left( { - 2024;2024} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left( { - 2024;0} \right)\end{array} \right.$ nên có 2023 giá trị $m$ thỏa mãn yêu cầu.

Điều kiện $1 < x < \frac{{11}}{2}$.

Ta có ${\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {x - 1} \right) + {\log _{2 + \sqrt 3 }}\left( {11 - 2x} \right) \ge 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {x - 1} \right) + {\log _{2 - \sqrt 3 }}\frac{1}{{11 - 2x}} \ge 0 \Leftrightarrow {\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {\frac{{x - 1}}{{11 - 2x}}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{11 - 2x}} \le 1\\ \Leftrightarrow \frac{{3x - 12}}{{11 - 2x}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 4\\x > \frac{{11}}{2}\end{array} \right.\end{array}$

Kết hợp điều kiện suy ra $1 < x \le 4$

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.

Vì sau $3$ phút thì số lượng vi khuẩn $A$ là $625$ nghìn con

Khi đó ta có: $625000 = S\left( 0 \right){.2^3} \Leftrightarrow S\left( 0 \right) = 78125$con.

Thời gian để số lượng vi khuẩn $A$ là $10$ triệu con là: $10000000 = {78125.2^t} \Leftrightarrow t = 7$phút.

Gọi $\alpha = \widehat {\left( {SB,AC} \right)}$. Do $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Ta có $\cos \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {SB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{\left| {\left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AS} } \right).\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}} = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}} = \frac{{\left| {\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}}$

$= \frac{{\left| {SA.AC.cos{{60}^0}} \right|}}{{{a^2}}} = \cos {60^0}$. Khi đó $\alpha = \widehat {\left( {SB,AC} \right)} = {60^0}$

Gọi $I;J$ lần lượt là trung điểm của $AB'$ và $CD'$

Suy ra $J$ lần lượt là trung điểm của$DC'$. Do đó $IJ\parallel AD;\,\,\,\,IJ = AD = 2a$ $\left( 1 \right)$

Mặt khác $\left. \begin{array}{l}AD \bot DD'\\AD \bot DC\end{array} \right\} \Rightarrow AD \bot \left( {DD'C'C} \right) \Rightarrow AD \bot CD'$ $\left( 2 \right)$

Tương tự $AD \bot AB'$ $\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$, $\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ ta có: $IJ$ là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng $AB'$ và $CD'$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB'$ và $CD'$ bằng $4$.

Ta có diện tích đáy ${S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ACD}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB \Rightarrow SH \bot AB$, vì $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SH\\AB \bot CH\,\,(do\,AB = BC = CA)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHC} \right)$, vì $CD//AB \Rightarrow CD \bot \left( {SHC} \right)$.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\SC \bot CD,\,SC \subset \left( {SCD} \right)\,\\HC \bot CD,\,HC \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.$suy ra góc giữa $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc $\widehat {SCH}$.

Suy ra $\Delta SHC$ vuông cân tại $H$$\Rightarrow SH = CH = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy $V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{9\sqrt 3 }}{2}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{4} = \frac{{27}}{4} = 6{,}75$ (đơn vị thể tích).