Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 3

Chọn C

Ta có: $P = {a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}}$.

Chọn C

Gọi $V$ là thể tích, $S$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao của khối chóp đã cho.

Ta có $V = \frac{1}{3}S.h \Rightarrow \,h = \frac{{3V}}{S} = 7$.

Chọn B

Hàm số xác định khi ${x^2} - 2x - 3 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ne - 1}\\{x \ne 3}\end{array}} \right.$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)^{ - 4}}$là $D = \mathbb{R}\backslash \{ - 1;3\}$.

Chọn B

Ta có ${\log _a}{a^{\frac{1}{3}}} = \frac{1}{3}{\log _a}a = \frac{1}{3}$.

Chọn B

Ta thấy đồ thị $y = {x^c}$đi xuống nên $c < 0$, đồ thị $y = {a^x}$đi xuống nên $0 < a < 1$, đồ thị $y = {\log _b}x$ đi lên nên $b > 1.$

Chọn C

Tồn tại duy nhất một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa đường thẳng $d$ và $\left( \alpha \right)$ vuông góc với $\left( P \right)$.

Chọn B

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

Vậy $T = x_1^2 + x_2^2 = 9$.

Chọn B

Thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3}.S.h = \frac{1}{3}.{a^2}.h$. Vậy $h = \frac{{3V}}{{{a^2}}}$.

Chọn C

Ta có: ${\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x - 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 2x - 1\\2x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 2\\x > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x < 2$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {\frac{1}{2};2} \right)$.

Chọn A

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\BC \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot BC$.

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

Chọn C

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ và $\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$.

Do $ABC$ là tam giác đều nên $AH \bot BC$ mà $BC \bot SA$ nên $BC \bot SH$, suy ra góc giữa $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {AHS}$.

Chọn A

Khối chóp tứ giác đều nên đáy là hình vuông có diện tích là: $S = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 2{a^2}$

Thể tích $V$của khối chóp đó là: $V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.2{a^2}.a = \frac{{2{a^3}}}{3}\left( {dvtt} \right)$.

a) Đúng: Hàm số $y = {\log _{\frac{{2024}}{{2023}}}}x$ có tập giá trị là $\mathbb{R}$.

b) Sai: Vì cơ số $\frac{{2023}}{{2024}} \in \left( {0\,;\,1} \right)$ nên hàm số $y = {\left( {\frac{{2023}}{{2024}}} \right)^x}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

c) Đúng: Hàm số $y = {\log _{\frac{{2024}}{{2023}}}}x$ có tập xác định là $\left( {0\,;\, + \infty } \right)$ nên có đồ thị nằm bên phải trục tung.

d) Sai: Vì ${\left( {\frac{{2023}}{{2024}}} \right)^x} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}$ nên đồ thị hàm số $y = {\left( {\frac{{2023}}{{2024}}} \right)^x}$ không cắt trục tung.

Gọi $G$là trọng tâm của $\Delta ABC$. Vì hình chóp $S.ABC$ đều nên $SG \bot \left( {ABC} \right)$.

Ta có: $GM$ là hình chiếu của $SM$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ nên $SM \bot BC$.

Lại có:$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SM \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right)\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SMA} = \widehat {SMG}$.

Xét $\Delta ABC$đều có $AM$ là đường trung tuyến, $G$ là trọng tâm nên $GM = \frac{1}{3}AM = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$

Tam giác $SMB$ vuông tại $M$ nên:

$S{M^2} = S{B^2} - B{M^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{3} \Rightarrow SM = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$.

Tam giác $SGM$ vuông tại G nên: $\cos \widehat {SMG} = \frac{{GM}}{{SM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\frac{{\sqrt 3 }}{a} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SMG} = {60^ \circ }$.

a) Đúng: Đường thẳng $SG$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

b) Đúng: Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là góc $\widehat {SMA}$.

c) Sai: Đoạn thẳng $SM$ có độ dài bằng $\frac{a}{{\sqrt 3 }}$

d) Đúng: Giá trị góc $\alpha$ giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng ${60^0}$.

Công thức lãi kép theo định kì để tính tổng số tiền thu được $A = P{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^t}$, trong đó $P$ là số tiền vốn ban đầu, $r$ là lãi suất năm ( $r$ cho dưới dạng số thập phân), $n$ là số kì tính lãi trong một năm và $t$ là số kì gửi.

Công thức lãi kép liên tục $A = P{e^{rt}}$, ở đây $r$ là lãi suất năm ( $r$ cho dưới dạng số thập phân) và $t$ là số năm gửi tiết kiệm.

Ta có: $P = 120,r = 6{\rm{\% }} = 0{,}06,n = 4,t = 20$.

Thay vào công thức trên, ta được: $A = 120{\left( {1 + \frac{{0{,}06}}{4}} \right)^{20}} = 120 \cdot 1,{015^{20}} \approx 161{,}623{\rm{\;}}$( triệu đồng).

Ta có: $P = 120,r = 6{\rm{\% }} = 0{,}06,n = 12,t = 60$. Thay vào công thức trên, ta được:

$A = 120{\left( {1 + \frac{{0{,}06}}{{12}}} \right)^{60}} = 120 \cdot 1,{005^{60}} \approx 161{,}862{\rm{\;}}$ (triệu đồng)

Ta sử dụng công thức lãi kép liên tục $A = P{e^{rt}}$, ở đây $r$ là lãi suất năm ( $r$ cho dưới dạng số thập phân) và $t$ là số năm gửi tiết kiệm.

Ta có: $P = 120,r = 6{\rm{\% }} = 0{,}06,t = 5$ nên $A = 120 \cdot {\theta ^{0{,}06 \cdot 5}} = 120 \cdot {\theta ^{0{,}3}} \approx 161{,}983{\rm{\;}}$(triệu đồng).

Ta có phương trình: $180 = 120.{e^{rt}}$ó$2{e^{0.06t}} = 3$

Lấy logarit tự nhiên của hai vế của phương trình, ta có: $0.06t = \ln (1.5)$

Do đó, $t = \frac{{\ln (1.5)}}{{0.06}} \approx 11.55$ năm.

Vậy thời gian cần để cô Lan thu được số tiền là 150 triệu đồng nếu gửi theo thể thức lãi kép liên tục là khoảng 11.55 năm.

a) Đúng: Số tiền (cả vốn lẫn lãi) cô Lan thu được sau 5 năm nếu được tính lãi kép theo thể thức tính lãi hàng quý là khoảng $161{,}623$ triệu đồng.

b) Đúng: Số tiền (cả vốn lẫn lãi) cô Lan thu được sau 5 năm nếu được tính lãi kép theo thể thức tính lãi hàng tháng là khoảng $161{,}862{\rm{\;}}$ triệu đồng.

c) Sai: Số tiền (cả vốn lẫn lãi) cô Lan thu được sau 5 năm nếu được tính lãi kép theo thể thức tính lãi liên tục là khoảng $161{,}983$ triệu đồng.

d) Sai: Thời gian cần thiết để cô Lan thu được số tiền cả vốn lẫn lãi là 180 triệu đồng nếu gửi theo thể thức lãi lép liên tục khoảng $11{,}55$năm.

Đặt $BC=x\Rightarrow {S}_{\triangle {A}^{'}BC}={x}^{2}\frac{\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\Leftrightarrow x=2$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ suy ra $BC \bot A'M$ (Do tam giác đều). Khi đó ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot A'M\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AM$.

Vậy $\left( {\left( {A'BC} \right)\,;\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'M\,;\,AM} \right) = \widehat {A'MA} = {30^{\rm{o}}} \Rightarrow AA' = A'M.\sin 30^\circ = \sqrt 3 .\frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Áp dụng công thức: ${S}^{'}=S.\cos φ\Rightarrow {S}_{\triangle ABC}={S}_{\triangle {A}^{'}BC}.\cos {30}^{o}=\frac{3}{2}$.

Suy ra thể tích của lăng trụ là: ${V}_{ABC.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}=A{A}^{'}.{S}_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{3}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$.

a) Sai: Độ dài cạnh $BC$ bằng $2$.

b) Đúng: Hai đường thẳng $BC$ và$AM$ vuông góc với nhau.

c) Sai: Góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng ${30^0}$

d) Đúng: Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ bằng $\frac{{3\sqrt 3 }}{4}$.

Ta có : $P = {\log _{ab}}x = \frac{1}{{{{\log }_x}ab}} = \frac{1}{{{{\log }_x}a + {{\log }_x}b}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_a}x}} + \frac{1}{{{{\log }_b}x}}}} = \frac{{{{\log }_a}x.{{\log }_b}x}}{{{{\log }_a}x + {{\log }_b}x}} = \frac{{4.6}}{{4 + 6}} = \frac{{12}}{5}$

Vậy $P = \frac{{12}}{5} = 2{,}4$.

Ta có ${4^x} + {4^{ - x}} = 7$$\Leftrightarrow {2^{2x}} + {2^{ - 2x}} = 7$ $\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} = 7$ $\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {2.2^x}{.2^{ - x}} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} - {2.2^x}{.2^{ - x}} = 7$ $\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3$.

Vậy $P = \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - {{4.2}^x} - {{4.2}^{ - x}}}}$$= \frac{{5 + 3}}{{8 - 4.3}} = - 2$.

Lãi suất năm là 8% nên lãi suất kì hạn 6 tháng sẽ là $r = 4\% = 0{,}04$. Thay $P = 100;r = 0{,}04;A = 120$ vào công thức $A = P{\left( {1 + r} \right)^t}$, ta được: $120 = 100{\left( {1 + 0{,}04} \right)^t} \Rightarrow 1{,}2 = 1,{04^t} \Rightarrow t = {\log _{1{,}04}}1{,}2 \approx 4{,}65$.

Vậy sau 5 kì gửi tiết kiệm kì hạn 6 tháng, tức sau 30 tháng, người đó sẽ nhận được ít nhất 120 triệu đồng.

Gọi $H$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$. Vì $A'$ cách đều $A,B,C$ nên hình chiếu vuông góc của đỉnh $A'$ là $H$cũng cách đều $A,B,C$. Khi đó khoảng cách giữa hai đáy chính là $A'H.$

Xét tam giác $AA'H$ có: $\left\{ \begin{array}{l}H = {90^0}\\AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\\left( {\widehat {AA',\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {A'AH} = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow A'H = AH.\tan {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3 = 1.$

Vậy khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ là $A'H = 1$.

Gọi $H$ là trung điểm của $B'C'$, do các tam giác $\Delta A'B'C',\,\,\Delta AB'C'$ lần lượt cân đỉnh $A'$ và $A$ nên $AH \bot B'C'$, $A'H' \bot B'C'$

Suy ra: $\widehat {\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AH,A'H} \right)} = \widehat {AHA'}$

Xét tam giác:$AHA'$ có $\widehat {A'} = {90^0},A'H = a\sqrt 3$ và $\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ $\Rightarrow \widehat {AHA'} = {30^0}$.

Vậy số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( {AB'C'} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng ${30^0}$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB//CD\end{array} \right.$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AB,{\rm{ }}CD$.

Gọi $M,{\rm{ }}N$ lần lượt là trung điểm của $AB,{\rm{ }}CD$.

Vì $SA = SB,{\rm{ }}SC = SD$ nên $SM \bot AB,{\rm{ }}SN \bot CD \Rightarrow SM \bot d,{\rm{ }}SN \bot d \Rightarrow d \bot \left( {SMN} \right)$.

Mà mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ vuông góc với nhau nên $SM \bot SN$. Kẻ $SH \bot MN{\rm{ }}\left( 1 \right)$.

Vì $d \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d \bot SH \Rightarrow SH \bot AB{\rm{ }}\left( 2 \right)$.

Từ (1), (2) suy ra $SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.AB.AD$.

Đặt $SM = x,{\rm{ }}SN = y \Rightarrow SH = \frac{{xy}}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}$. Ta có $S{M^2} + S{N^2} = M{N^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 10$.

Mặt khác ${S_{SAB}} + {S_{SCD}} = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}.x.1 + \frac{1}{2}.y.1 = 2 \Leftrightarrow x + y = 4$.

Suy ra $xy = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{2} = 3$ $\Rightarrow SH = \frac{{xy}}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt {10} }} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 1$.

Vậy thể tích khối chóp $S.ABCD$ bằng 1.