Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 5

Chọn B

Nếu $a//b$ và $c \bot a$ thì $c \bot b$.

Chọn B

Điều kiện xác định: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

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

Chọn B

Ta có $\sqrt {{a^3}\sqrt[4]{a}} = \sqrt {{a^3}{a^{\frac{1}{4}}}} = \sqrt {{a^{\frac{{13}}{4}}}} = {a^{\frac{{13}}{8}}}$.

Chọn D

Thể tích khối lập phương cạnh $2a$ bằng ${\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}$.

Chọn C

Ta có $\log \left( {100a} \right) + \log \left( {\frac{{10}}{a}} \right) = \log \left( {100a.\frac{{10}}{a}} \right) = \log 1000 = 3$.

Chọn D

Gọi $E$ là trung điểm của $BC$. Khi đó ta có $\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC\\DE \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADE} \right) \Rightarrow BC \bot AD$.

Chọn A

Ta có: ${3^{{x^2} - 2}} = 81 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 2}} = {3^4} \Leftrightarrow {x^2} - 2 = 4 \Leftrightarrow {x^2} = 6 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 6$.

Vậy phương trình có $2$ nghiệm thực

Chọn C

Điều kiện xác định: $x > 0$

Ta có: ${\log ^2}x + 2\log x - 3 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log ^{}}x = 1\\{\log ^{}}x = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x = {10^{ - 3}}\end{array} \right.$

Vậy tích hai nghiệm là: $\frac{1}{{1000}}.10 = \frac{1}{{100}}$.

Chọn A

Diện tích đáy của hình chóp là $S = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3$.

Chiều cao của khối chóp là $h = \frac{{3V}}{S} = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = \sqrt 3 a$.

Chọn A

Ta có ${2^x} - 5 \le 0 \Leftrightarrow {2^x} \le 5 \Leftrightarrow x \le {\log _2}5$.

Tập nghiệm của bất phương trình ${2^x} - 5 \le 0$ là $S = \left( { - \infty ;{{\log }_2}5} \right].$

Chọn C

Gọi $h$ là chiều cao của khối lăng trụ.

Ta có thể tích khối lăng trụ là $V = S.h \Leftrightarrow h = \frac{V}{S}$.

Chọn D

Ta có: $AB//MN$ (do $MN$ là đường trung bình của tam giác$ABC$)

Khi đó $\widehat {\left( {AB;OM} \right)} = \widehat {\left( {MN;OM} \right)} = \widehat {NMO}$.

a) Sai: Thay $m = 2$, vào phương trình ta được ${\log ^2}_3x - {\log _3}{x^2} = 0$ điều kiện $x > 0$

Phương trình ${\log ^2}_3x - {\log _3}{x^2} = 0 \Leftrightarrow {\log ^2}_3x - 2{\log _3}x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 0\\{\log _3}x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 9\end{array} \right.$

b) Đúng: Điều kiện xác định của phương trình là $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0.$

c) Sai: Với $x > 0$, đặt $t = {\log _3}x$ phương trình đã cho trở thành ${t^2} - 2t + 2 - m = 0$

d) Đúng: Với $x > 0$, đặt $t = {\log _3}x$ do $x \in \left[ {1;9} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;2} \right]$

Phương trình đã cho trở thành ${t^2} - 2t + 2 - m = 0\;\left( 1 \right)$

Phương trình $\left( 1 \right) \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 2 = m$, xét hàm số $f\left( t \right) = {t^2} - 2t + 2$

Vậy để phương trình có nghiệm thì $m \in \left[ {1;2} \right],\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \left\{ {1;2} \right\}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AK\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AH$ mà $AH \bot SK$ nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

Do đó $SK$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ trên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$

Đăt $\alpha = \left( {SA;\,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {SA;\,SK} \right) = \widehat {ASK}$.

Ta có $AK = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{AB \cdot AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Khi đó $\tan \alpha = \frac{{AK}}{{AS}} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{5}$.

a) Đúng: Hai đường thẳng $BC$ và $AH$ vuông góc với nhau.

b) Đúng: Đường thẳng $AH$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$

c) Sai: Đoạn thẳng $AK$ có độ dài bằng $\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$

d) Đúng: Tan góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng $\frac{2}{5}$.

a) Đúng: Ta có ${S_6} = 200.{\left( {1 + 5\% .\frac{6}{{12}}} \right)^6} \approx 231{,}94$.

b) Đúng: Ta có $250 = 200.{\left( {1 + r\% } \right)^{48}} \Leftrightarrow r\% \approx 1{,}005\%$

c) Sai: $300 = 200.{\left( {1 + 6\% .\frac{3}{{12}}} \right)^n} \Leftrightarrow n \approx 27{,}2$ tức là gần 9 quý

d) Sai: Ta có ${T_{}} = 200{\left( {1 + 5\% .\frac{1}{{12}}} \right)^n} - 5\frac{{{{\left( {1 + \frac{{5\% }}{{12}}} \right)}^n} - 1}}{{\frac{{5\% }}{{12}}}}$.

Khi bạn Huyền rút hết tiền thì${T_{}} = 200{\left( {1 + 5\% .\frac{1}{{12}}} \right)^n} - 5\frac{{{{\left( {1 + \frac{{5\% }}{{12}}} \right)}^n} - 1}}{{\frac{{5\% }}{{12}}}} = 0 \Rightarrow n \approx 45$ tháng.

Đặt $AB = x,\left( {x > 0} \right)$, gọi $M$ là trung điểm $BC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \bot BC\\A'M \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {A'BC} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {A'MA} = 30^\circ$.

Xét $\Delta A'AM$, có $A'M = \frac{{AM}}{{cos30^\circ }} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}.\frac{2}{{\sqrt 3 }} = x$.

${S_{A'BC}} = 18 \Leftrightarrow \frac{1}{2}A'M.BC = 18 \Leftrightarrow {x^2} = 36 \Rightarrow x = 6$

Suy ra đường cao của hình lăng trụ là $h = A'A = AM.\tan 30^\circ = \frac{{6.\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = 3$,

Tam giác $ABC$ đều nên ${S_{ABC}} = \frac{{{6^2}.\sqrt 3 }}{4} = 9\sqrt 3$.

${V_{A'.ABC.}} = \frac{1}{3}A'A.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.3.9\sqrt 3 = 9\sqrt 3 \approx 15.59$

${V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{ABC}} = 3.9\sqrt 3 = 27\sqrt 3$.

a) Sai: Hình lăng trụ đã cho có đường cao $h = 3$.

b) Đúng: Diện tích đáy của hình lăng trụ đã cho là ${S_{ABC}} = 9\sqrt 3$.

c) Sai: Thể tích của khối chóp $A'.ABC$ bằng $9\sqrt 3$.

d) Đúng: Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$là ${S_{ABC.A'B'C'}} = 27\sqrt 3$.

Do $\frac{1}{2} \notin \mathbb{Z}$ nên hàm số đã cho xác định $\Leftrightarrow 2{x^2} + mx + 2 > 0$.

Hàm số đã cho xác định với mọi $x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow 2{x^2} + mx + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \Delta = {m^2} - 16 < 0$

$\Leftrightarrow - 4 < m < 4$.

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2;...;2;3} \right\}$ nên có $7$ giá trị $m$.

Điều kiện.$\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\y > 0\\x > 2y\end{array} \right.$. Đặt ${\log _4}x = {\log _9}y = {\log _6}\left( {x - 2y} \right) = t$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {4^t}\\y = {9^t}\\x - 2y = {6^t}\end{array} \right. \Rightarrow {4^t} - {2.9^t} = {6^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{9}} \right)^t} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = - 1\,\,\,\left( {loai} \right)\\{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = 2\end{array} \right.$

Khi đó .

Chọn năm $2023$ làm mốc tính, số dân hàng tỉ lệ tăng dân số trong vòng $21$, từ năm $2020$ đến năm $2040$ năm là khoảng $0.99\%$ một năm, nên dân số nước ta sau $N$năm $( - 3 \le N \le 17)$là:

${S_N} = 99186471{\rm{ }}{\rm{. }}{\left( {1 + 0.99\% } \right)^N}$ để dân số là $115$ triệu người thì $N$ phải thỏa mãn:

$1150{\rm{000000}} = 99186471{\rm{ }}{\rm{. }}{\left( {1 + 0.99\% } \right)^N}$

$\Leftrightarrow {\left( {1 + \frac{{0.99}}{{100}}} \right)^N} = \frac{{115{\rm{ 000 000}}}}{{{\rm{99 186 471}}}} \Leftrightarrow N.\ln \left( {1{,}0099} \right) = \ln \left( {\frac{{115{\rm{ 000 000}}}}{{{\rm{99 186 471}}}}} \right)$

$\Leftrightarrow N = \frac{{\ln \left( {\frac{{{\rm{115 000 000}}}}{{{\rm{99 186 471}}}}} \right)}}{{\ln \left( {1{,}0099} \right)}} \approx 15{,}016 \approx 15$

Như vậy sau $15$ năm, tức là năm$2038$ thì dân số nước ta ở mức khoảng $115$ triệu người.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Do tam giác $SAB$ là tam giác vuông cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên ta có: $SH = \frac{1}{2}AB = a$ và $SH \bot \left( {ABC} \right)$. Suy ra: $\left( {\widehat {SC,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SCH}$.

$ABC$ là tam giác đều cạnh bằng $2a$ nên $CH = a\sqrt 3$.

Xét tam giác $SCH$ vuông tại $H$ có: $\tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{CH}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$. Suy ra $\left( {\widehat {SC,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = {30^o}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SD\\AB \bot AD\\SD \cap AD = D{\rm{ trong }}\left( {SAD} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)$

Vẽ $DH \bot SA$ tại $H$ trong mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}DH \bot AB\\DH \bot SA\\AB \cap SA = A{\rm{ trong }}\left( {SAB} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow DH \bot \left( {SAB} \right)$

Vì $CD\parallel \left( {SAB} \right)$ nên $d\left( {SB;CD} \right) = d\left( {\left( {SAB} \right);CD} \right) = d\left( {\left( {SAB} \right);D} \right) = DH$. vuông tại $D$ với đường cao $DH$ có $DH = \frac{{SD.DA}}{{\sqrt {S{D^2} + D{A^2}} }} = \frac{{2\sqrt 3 .\sqrt 6 }}{{\sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}} }} = 2$

Theo bài ra ta có để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất.

Gọi ba kích thước của bể là $a$, $2a$, $c$$\left( {a\left( m \right) > 0,\,c\left( m \right) > 0} \right)$.

Ta có diện tích các mặt cần xây là $S = 2{a^2} + 4ac + 2ac = 2{a^2} + 6ac$.

Thể tích bể $V = a.2a.c = 2{a^2}c = 2304$$\Rightarrow$$c = \frac{{1152}}{{{a^2}}}$.

Suy ra $S = 2{a^2} + 6a.\frac{{1152}}{{{a^2}}} = 2{a^2} + \frac{{6912}}{a} = 2{a^2} + \frac{{3456}}{a} + \frac{{3456}}{a} \ge 3.\sqrt[3]{{2{a^2}.\frac{{3456}}{a}.\frac{{3456}}{a}}} = 864$.

Vậy ${S_{\min }} = 864{m^2}$, khi đó chi phí thấp nhất là $864.600000 = 518.4$ triệu đồng.