Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 4

Chọn C

Hàm số xác định $\Leftrightarrow {x^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pm 1$.

Vậy $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}$.

Chọn C

Công thức đúng: ${\left( {ab} \right)^\alpha } = {a^\alpha }.{b^\alpha }$.

Chọn B

Ta có chiều cao lăng trụ $h = 3a$.

Thể tích của khối lăng trụ $V = Bh = 3{a^3}$.

Chọn B

Ta có ${\log _2}{a^2} + {\log _4}a = 2{\log _2}a + \frac{1}{2}{\log _2}a = \frac{5}{2}{\log _2}a.$

Chọn B

Thể tích của khối chóp đã cho là $V = \frac{1}{3}{S_{day}}.h = \,\frac{1}{3}{.2^2}.6 = 8$

Chọn D

Hàm $y = {a^x}$nghịch biến nên $0 < a < 1$.

Hàm $y = {\log _b}x,$$y = {\log _c}x$ đồng biến nên $b,c > 1$

Đường thẳng $y = 1$ cắt ĐTHS $y = {\log _c}x$, $y = {\log _b}x$ tại các điểm có hoành độ lần lượt là $c$và $b$. Ta thấy $b < c$.

Chọn B

Ta có: ${\log _3}x = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x = {3^{\frac{1}{3}}}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow x = \sqrt[3]{3}$.

Chọn D

Ta có. ${2^{2 + {x^2}}} > 16 \Leftrightarrow 2 + {x^2} > 4 \Leftrightarrow {x^2} > 2 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - \sqrt 2 } \right) \cup \left( {\sqrt 2 ; + \infty } \right)$

Chọn D

Nếu $b\, \bot a$ thì $b\,{\rm{//}}\left( P \right)$.

Chọn C

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\,\\CD \bot SA\,\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$ mà theo đáp án C có $CD \bot \left( {SBC} \right)$, $\left( {SBC} \right)$ và $(SAD)$ có điểm chung $S$ nên $\left( {SBC} \right)$ và $(SAD)$ trùng nhau. Vô lý vậy C sai.

$\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\\BD \bot SA\,\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$ $\Rightarrow$ A đúng.

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\\BC \bot SA\,\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$$\Rightarrow$ D đúng.

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)$ $\Rightarrow$ B đúng.

Chọn D

Vì $CD\parallel AB$ nên $d\left( {SB,CD} \right) = d\left( {CD,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = AD = a$.

Chọn B

Ta có ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}$.

a) Sai: Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}{3^x} - 1 > 0\\{3^{x + 2}} - 9 > 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow$$x > 0$.

b) Sai: Khi $m = 1$ phương trình có dạng:

${\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).{\log _{27}}\left( {{3^{x + 2}} - 9} \right) = 1$$\Leftrightarrow$${\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).{\log _{{3^3}}}\left[ {{3^2}\left( {{3^x} - 1} \right)} \right] = 1$

$\Leftrightarrow$${\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).\left[ {{{\log }_3}\left( {{3^x} - 1} \right) + 2} \right] = 3$$\Leftrightarrow$${\left[ {{{\log }_3}\left( {{3^x} - 1} \right)} \right]^2} + 2{\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) - 3 = 0$

$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}{\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) = 1\\{\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) = - 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}{3^x} - 1 = 3\\{3^x} - 1 = \frac{1}{{27}}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}{3^x} = 4\\{3^x} = \frac{{28}}{{27}}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}x = {\log _3}4\\x = {\log _3}\frac{{28}}{{27}}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}x = 2{\log _3}2\\x = {\log _3}\frac{{28}}{{27}}\end{array} \right.$.

c) Đúng: ${\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).{\log _{27}}\left( {{3^{x + 2}} - 9} \right) = m$$\Leftrightarrow$${\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).{\log _{{3^3}}}\left[ {{3^2}\left( {{3^x} - 1} \right)} \right] = m$

$\Leftrightarrow$${\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right).\left[ {{{\log }_3}\left( {{3^x} - 1} \right) + 2} \right] = 3m$$\Leftrightarrow$${\left[ {{{\log }_3}\left( {{3^x} - 1} \right)} \right]^2} + 2{\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) - 3m = 0$.

Khi đó đặt ${\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) = t$ thì phương trình đã cho trở thành ${t^2} + 2t - 3m = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

d) Đúng: Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt$\Leftrightarrow$$\Delta ' = 1 + 3m > 0$$\Leftrightarrow$$m > - \frac{1}{3}$.

Đặt $SA = a$. Suy ra $SB = CA = CB = a$ và $AB = a\sqrt 2$.

Lại có $\widehat {BSC} = {60^o}$. Suy ra tam giác $SBC$đều nên $SC = a$.

Suy ra $CM = CN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ hay $MN$song song với $AB$.

Khi đó $\widehat {\left( {AB,CM} \right)} = \widehat {\left( {MN,CM} \right)}$. Áp dụng định lí cosin vào tam giác $CMN$ta có:

${\rm{cos }}\widehat {{\rm{CMN}}} = \frac{{M{C^2} + M{N^2} - C{N^2}}}{{2MC.MN}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$

$\Rightarrow \cos \left( {AB,CM} \right) = \cos \left( {MN,CM} \right) = \left| {\cos \widehat {CMN}} \right| = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$.

a) Sai: Độ dài đoạn thẳng $AB$ bằng $a\sqrt 2$

b) Đúng: Tam giác $SBC$là tam giác đều

c) Đúng: Đường thẳng $MN$song song với đường thẳng $AB$ và $\widehat {\left( {AB,CM} \right)} = \widehat {\left( {MN,CM} \right)}$

d) Sai: Cosin góc tạo bởi hai đường thẳng $AB$và $CM$ bằng $\frac{{\sqrt 6 }}{6}$

a) Sai: Vì số tiền lãi năm đầu tiên bằng số tiền gửi nhân với lãi suất: $300 \times 6\% = 18$ triệu đồng.

b) Đúng: Áp dụng công thức: ${T_n} = A.{\left( {1 + r} \right)^n}$.

Theo giả thiết $A = 300\,000\,0$; $r = 6\%$ nên suy ra số tiền nhận được cả gốc và lãi sau $n$ năm gửi tiền là ${T_n} = 300\,000\,000.{\left( {1 + 6\% } \right)^n}$ đồng

c) Sai: Vì số tiền ông nhận được sau $5$ năm gửi là ${T_5} = 300\,000\,000.{\left( {1 + 6\% } \right)^5} \approx 401467673$ đồng, nhỏ hơn $410$ triệu đồng.

d) Đúng: Công thức tính số tiền nhận được cả gốc và lãi sau $n$ năm gửi tiền là ${T_n} = 300\,000\,000.{\left( {1 + 6\% } \right)^n}$ đồng.

Theo giả thiết ta có ${T_n} > 500\,000\,000$$\Leftrightarrow$$300\,000\,000.{\left( {1 + 6\% } \right)^n} > 500\,000\,000$

$\Leftrightarrow$$n > {\log _{\left( {1 + 6\% } \right)}}\frac{5}{3} \approx 8{,}77$.

Vậy sau ít nhất $9$ năm thì ông $X$ thu được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn $500$ triệu đồng.

Gọi $M,O,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC,CD$ nên $AB \bot SM,CD \bot SN$.

Qua $S$ dựng đường thẳng $Sx{\rm{//}}AB$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB{\rm{//}}CD\end{array} \right.$ nên $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = Sx{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD$.

Ta có $\{\begin{matrix}Sx\perp SM \\ Sx\perp SN\end{matrix}\Rightarrow Sx\perp (SMN)\Rightarrow \widehat{MSN}={90}^{^{\circ}}$

Hình chóp $S.ABCD$ đều $\Rightarrow ABCD$ là hình vuông, có $AC = 4a$ $\Rightarrow AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = 2a\sqrt 2$

$\Rightarrow MN = 2\sqrt 2 a$ $\Rightarrow SO = \frac{{MN}}{2} = a\sqrt 2$.

Vậy thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 2 a.{\left( {2a\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}{a^3}$.

a) Đúng: Đường thẳng $Sx$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$

b) Sai: Tứ giác $ABCD$ là một hình vuông do khối chóp này là khối chóp đều

c) Đúng: Đoạn thẳng $SO$ có độ dài bằng $2a\sqrt 2$

d) Sai: Thể tích khối chóp $S.ABCD$ bằng $\frac{{8{a^3}\sqrt 2 }}{3}$

Ta có ${4^x} + {4^{ - x}} = 14$$\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} + 2 = 16$$\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 16$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} + {2^{ - x}} = 4\\{2^x} + {2^{ - x}} = - 4\end{array} \right.$$\Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 4$ (vì ${2^x} + {2^{ - x}} > 0,\forall x \in \mathbb{R}$).

Vậy $P = 4$.

Ta có: $2 = {\log _{{a^3}}}\frac{{{a^5}}}{{\sqrt[4]{b}}} = \frac{1}{3}{\log _a}\frac{{{a^5}}}{{{b^{\frac{1}{4}}}}}$$= \frac{1}{3}\left( {{{\log }_a}{a^5} - {{\log }_a}{b^{\frac{1}{4}}}} \right)$$= \frac{1}{3}\left( {5 - \frac{1}{4}{{\log }_a}b} \right)$

$\Rightarrow 5 - \frac{1}{4}{\log _a}b = 6$$\Rightarrow {\log _a}b = - 4$.

Theo dự kiến, cần $24$ tháng để hoàn thành công trình. Vậy khối lượng công việc trên một tháng theo dự tính là: $\frac{1}{{24}}$ ( công trình )

Khối lượng công việc của tháng thứ 2 là: ${T_2} = \frac{1}{{24}} + 0{,}04.\frac{1}{{24}} = \frac{1}{{24}}{\left( {1 + 0{,}04} \right)^1}$

Khối lượng công việc của tháng thứ 3 là:

${T_3} = \left( {\frac{1}{{24}} + 0{,}04.\frac{1}{{24}}} \right) + 0{,}04.\left( {\frac{1}{{24}} + 0{,}04.\frac{1}{{24}}} \right)$ $= \frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0{,}04} \right)^2}$

Như vậy khối lượng công việc của tháng thứ $n$ là: ${T_n} = \frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0{,}04} \right)^{n - 1}}$

Ta có: $\frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0{,}04} \right)^0} + \frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0{,}04} \right)^1} + ... + \frac{1}{{24}}.{\left( {1 + 0{,}04} \right)^{n - 1}} = 1$

$\Leftrightarrow \frac{1}{{24}}.\frac{{1 - {{\left( {1 + 0{,}04} \right)}^n}}}{{1 - \left( {1 + 0{,}04} \right)}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {1 + 0{,}04} \right)^n} = \frac{{49}}{{25}} \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 0{,}04}}\frac{{49}}{{25}} \approx 17{,}2$

Vậy công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ $18$ từ khi khởi công.

Ta có hình chiếu của $A'C$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $AC$.

Nên $\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}$. Ta có $\tan \widehat {A'CA} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {A'CA} = 60^\circ$.

Do vậy $\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = 60^\circ$.

Dựng điểm D sao cho $ABCD$ là hình chữ nhật. Ta có $AB\,{\rm{//}}\,CD$ nên $AB\,{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right)$.

Khi đó $d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Trong $\left( {SCD} \right)$, dựng $AH \bot SD$ ($H \in SD$).

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

Có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SD\\AH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)$. Do đó $d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH$.

Ta có $AD = BC = \sqrt 2$.

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = a$. Vậy $d\left( {AB,SC} \right) = AH = 1$.

Giả sử được hình chóp tứ giác đều như hình vẽ có cạnh đáy bằng $x\sqrt 2$.

Khi đó: $OM = x$ $\Rightarrow OH = HM = \frac{x}{{\sqrt 2 }}$ $\Rightarrow SH = 10\sqrt 2 - \frac{x}{{\sqrt 2 }}$.

Suy ra: $SO = \sqrt {S{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 2 - \frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \sqrt {20\left( {10 - x} \right)}$.

Thể tích $V = \frac{1}{3}.{S_{MNPQ}}.SO$ $= \frac{1}{3}.2{x^2}.\sqrt {20\left( {10 - x} \right)}$ $= \frac{{\sqrt {20} }}{3}.{x^2}.\sqrt {40 - 4x}$ (với $0 \le x \le 10$).

Tìm giá trị lớn nhất của $V$ ta được ${V_{\max }} = \frac{{\sqrt {20} }}{3}{.10^2}$ khi $x = 8$.

Có thể tìm giá trị lớn nhất bằng cách áp dụng BĐT Cauchy cho 4 số không âm, ta có:

${x^2}.\sqrt {40 - 4x} = \sqrt {\left( {40 - 4x} \right).x.x.x.x} . \le {\left( {\sqrt {\frac{{40 - 4x + x + x + x + x}}{4}} } \right)^4}$$\Leftrightarrow \sqrt {40 - 4x} .{x^2} \le {10^2}$.

Vậy$V = \frac{{\sqrt {20} }}{3}.{x^2}\sqrt {40 - 4x} \le \frac{{\sqrt {20} }}{3}{.10^2}$. Dấu bằng xảy ra khi $40 - 4x = x \Leftrightarrow x = 8$.