Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 6

Chọn D

Ta có $\ln \left( {5a} \right) - \ln \left( {2a} \right) = \ln \frac{{5a}}{{2a}} = \ln \frac{5}{2}$.

Chọn D

Đây là đồ thị của một hàm số đồng biến nên loại B, C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {1;3} \right)$ nên loại A.

Vậy ta chọn D.

Chọn A

Ta có ${2^{3x - 5}} = 16 \Leftrightarrow {2^{3x - 5}} = {2^4} \Leftrightarrow 3x - 5 = 4 \Leftrightarrow x = 3$

Chọn D

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot AB\\AB{\rm{//}}CD\end{array} \right. \Rightarrow BB' \bot CD.$

Chọn D

Ta có định nghĩa: Đường thẳng được gọi là vuông góc với mặt phẳng nếu vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong .

Chọn C

Theo bài ra, ta có $OH \bot \left( {ABC} \right)\,\, \Rightarrow \,\,OH{\rm{//}}SA$ $\Rightarrow H$ là trung điểm của $AC.$

Chọn A

Hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ vuông góc nhau thì góc giữa mặt phẳng $\left( P \right)$ và mặt phẳng $\left( Q \right)$ bằng ${\rm{9}}{{\rm{0}}^0}$.

Chọn A

Đường vuông góc chung của $AD$ và $C'D'$ đi qua hai điểm $D$ và $D'$.

Chọn B

Vì $S.ABCD$là hình chóp đều nên tứ giác $ABCD$ là hình vuông và $SA = SB = SC = SD$. Vì $A',\,B',\,C',\,D'$ lần lượt là trung điểm của $SA,\,SB,\,SC,\,SD$nên mặt phẳng $(A'B'C'D')$ song song với mặt đáy $(ABCD)$, tứ giác $A'B'C'D'$ là hình vuông và $AA' = BB' = CC' = DD'$. Vậy $ABCD.A'B'C'D'$ là hình chóp cụt đều.

Chọn A

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $A'B',B'C'$ nên $MN//A'C'$. $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $BD \bot AC$ $\Rightarrow BD \bot A'C'$$\Rightarrow BD \bot MN$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $MN$ và $BD$ là ${90^{\rm{o}}}$.

Chọn B

Ta có $SH \bot \left( {ABC} \right).$

$\Rightarrow \widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SAH} = \alpha$.

$\Delta ABC$ và $\Delta SBC$ là hai tam giác đều cạnh $a$ nên $AH = SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Suy ra $\Delta SHA$ vuông cân tại $H \Rightarrow \alpha = {45^o}$.

a) SAI

Vì đồ thị hàm số mũ $y = {a^x}$ luôn nằm bên trên trục hoành.

b) ĐÚNG

Vì đồ thị $\left( {{C_2}} \right)$ nằm bên trên trục hoành và đi lên từ trái qua phải (tức đồng biến).

c) ĐÚNG

Vì đồ thị $\left( {{C_4}} \right)$ nằm bên phải trục tung và đi lên từ trái qua phải (tức đồng biến).

d) SAI

Vì đồ thị hàm số logarit $y = {\log _a}x$ luôn nằm bên phải trục tung.

a) ${a^{\frac{3}{2}}}.{a^{\frac{2}{9}}} = {a^{\frac{3}{2} + \frac{2}{9}}} = {a^{\frac{{31}}{{18}}}}$. Vậy ${a^{\frac{3}{2}}}.{a^{\frac{2}{9}}} = \sqrt[3]{a}$ (sai).

b) ${a^{\frac{3}{2}}}.\sqrt a = {a^{\frac{3}{2}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{3}{2} + \frac{1}{2}}} = {a^2}$. Vậy ${a^{\frac{3}{2}}}.\sqrt a = {a^2}$ (đúng).

c) $\sqrt[3]{a}.\sqrt[6]{a} = {a^{\frac{1}{3}}}.{a^{\frac{1}{6}}} = {a^{\frac{1}{2}}} = \sqrt a$. Vậy $\sqrt[3]{a}.\sqrt[6]{a} = \sqrt a$ (đúng).

d) Ta có: ${a^{\sqrt 5 }}{\left( {\frac{1}{a}} \right)^{\sqrt 5 - 2}} = {a^{\sqrt 5 }}.{a^{ - \left( {\sqrt 5 - 2} \right)}} = {a^{\sqrt 5 }}.{a^{2 - \sqrt 5 }} = {a^{\sqrt 5 + 2 - \sqrt 5 }} = {a^2}.$ Vậy ${a^{\sqrt 5 }}.{\left( {\frac{1}{a}} \right)^{\sqrt 5 - 2}} = {a^{ - 2}}$ (sai).

a) Ta có: ${\log _a}\left( {a.b} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + {\log _a}b$. Vậy ${\log _a}\left( {a.b} \right) = 1 + {\log _a}b$ (Đ).

b) Ta có: ${\log _a}\left( {\frac{{{a^3}}}{{{b^2}}}} \right) = {\log _a}{a^3} - {\log _a}{b^2} = 3 - 2{\log _a}b.$ Vậy ${\log _a}\left( {\frac{{{a^3}}}{{{b^2}}}} \right) = \frac{3}{{2{{\log }_a}b}}$ (S).

c) Ta có: ${\log _a}\left( {b.c} \right) = {\log _a}b + \,{\log _a}c\,.$ Vậy ${\log _a}\left( {b.\,c} \right) = {\log _a}b.\,\,{\log _a}c$ (S).

d) Ta có: ${\log _a}b + 2{\log _a}c - {\log _a}2 = {\log _a}b + {\log _a}{c^2} - {\log _a}2 = {\log _a}\left( {\frac{{b.\,{c^2}}}{2}} \right).$

Vậy ${\log _a}b + 2{\log _a}c - {\log _a}2 = {\log _a}\left( {b + {c^2} - 2} \right)$ (S).

a-Sai; b- Đúng; c- Sai; d- Đúng

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 $h = A'A = AM.\tan 30^\circ = \frac{{6.\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = 3$,

$\Rightarrow$a.- Sai

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

$\Rightarrow$b.- Đúng

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

$\Rightarrow$c.- Sai

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

$\Rightarrow$d.- Đúng

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

Ta có: $A = \frac{{4 - {2^x} - {2^{ - x}}}}{{1 + {2^x} + {2^{ - x}}}} = \frac{{4 - \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{1 + \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}} = \frac{{4 - 2}}{{1 + 2}} = \frac{2}{3} = \frac{a}{b}$.

Suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.$.

Vậy $2a - b = 2.2 - 3 = 1.$

Ta có: $P = {a^{{{\left( {{{\log }_2}5} \right)}^2}}} + {b^{{{\left( {{{\log }_5}7} \right)}^2}}} + {c^{{{\left( {{{\log }_7}49} \right)}^2}}} = {\left( {{a^{{{\log }_2}5}}} \right)^{{{\log }_2}5}} + {\left( {{b^{{{\log }_5}7}}} \right)^{{{\log }_5}7}} + {\left( {{c^{{{\log }_7}49}}} \right)^{{{\log }_7}49}}$

$= {16^{{{\log }_2}5}} + {25^{{{\log }_5}7}} + {\left( {\sqrt 7 } \right)^{{{\log }_7}49}}$$= {\left( {{2^4}} \right)^{{{\log }_2}5}} + {\left( {{5^2}} \right)^{{{\log }_5}7}} + {\left( {{7^{\frac{1}{2}}}} \right)^{{{\log }_7}49}}$

$= {\left( {{2^{{{\log }_2}5}}} \right)^4} + {\left( {{5^{{{\log }_5}7}}} \right)^2} + {\left( {{7^{{{\log }_7}49}}} \right)^{\frac{1}{2}}}$$= {5^4} + {7^2} + {49^{\frac{1}{2}}} = 681$.

Vậy giá trị biểu thức $P = 681$.

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.

Với trận động đất $8$ độ Richte.

$8 = \log A - \log {A_o} \Leftrightarrow 8 = \log \frac{A}{{{A_o}}} \Leftrightarrow \frac{A}{{{A_o}}} = {10^8} \Leftrightarrow A = {10^8}.{A_o}$.

Với trận động đất 5 độ Richte.

$5=\log {A}^{'}-\log {A}_{o}\Leftrightarrow 5=\log \frac{{A}^{'}}{{A}_{o}}\Leftrightarrow \frac{A'}{{A}_{o}}={10}^{5}\Leftrightarrow A'={10}^{5}.{A}_{o}$

Khi đó ta có tỉ lệ: $\frac{A}{{A'}} = \frac{{{{10}^8}.{A_o}}}{{{{10}^5}.{A_o}}} = 1000 \Leftrightarrow A = 1000.A'$.

Vậy biên độ tối đa của một trận động đất $8$ độ Richte sẽ lớn gấp $1000$ lần biên độ tối đa của một trận động đất 5 độ Richte.

Ta có: $CD//EF$ nên $(AB,CD) = (AB,EF)$, với $AB$, $EF$ là hai cạnh của một hình bát giác đều. Góc ngoài của một bát giác đều bằng $\frac{{360}^{^{\circ}}}{8}={45}^{^{\circ}}$ nên $(AB,EF)={90}^{^{\circ}}$. Suy ra $(AB,CD)={90}^{^{\circ}}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\SB \bot BC\\AB \cap SB = B\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SA$

Mà $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\AB \cap BC = B\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot (ABC)$

Do tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, $AC = 2$ nên $AB = BC = \sqrt 2$.

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{2}{\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 1$.

$SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {16 - 2} = \sqrt {14}$

Suy ra thể tích của khối chóp $S.ABC$ là ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\sqrt {14} .1 = \frac{{\sqrt {14} }}{3} \approx 1{,}25$.