Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 7

Chọn A

Ta có: $\sqrt[{2022}]{a} = {a^{\frac{1}{{2022}}}}$

Chọn B

Ta có: ${\log _a}{a^5} = 5{\log _a}a = 5$

Chọn D

Ta có: $\ln \left( {a{b^2}} \right) = \ln a + \ln {b^2} = \ln a + 2\ln b$

Chọn A

Điều kiện xác định của hàm số $y = {\log _2}x$ là $x > 0$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = {\log _2}x$ là $D = \left( {0; + \infty } \right).$

Chọn B

Điều kiện: $2x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - \frac{1}{2}$

Ta có ${\log _3}\left( {2x + 1} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x + 1 = {3^2} \Leftrightarrow x = 4$(thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm $x = 4$.

Chọn B

${9^x} - {3^x} - 6 \le 0 \Leftrightarrow {\left( {{3^x}} \right)^2} - {3^x} - 6 \le 0 \Leftrightarrow ({3^x} - 3)({3^x} + 2) \le 0$

Mà ${3^x} + 2 > 0$$\forall x \in \mathbb{R}$ (vì ${3^x} > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}$)

Nên ${3^x} - 3 \le 0$$\Leftrightarrow x \le 1$.

Mà $x \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow x = 1$

Chọn B

Ta có $BC'//AD' \Rightarrow (BC',A'D) = (AD',A'D) = {90^0} \Rightarrow BC' \bot A'D.$

Chọn C

Vì A, B, D đúng $\Rightarrow$ Chọn C.

Chọn A

Ta có $SA = SC$$\Rightarrow \Delta SAC$cân tại $S$$\Rightarrow SO \bot AC.$ (1)

$SB = SD$$\Rightarrow \Delta SBD$cân tại $S$$\Rightarrow SO \bot BD.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $SO \bot (ABCD)$.

Chọn D

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $A$ là hình chiếu của điểm $S$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Chọn D

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB{\rm{ }}\left( {{\rm{gt}}} \right)\\SA \cap AB = \left\{ A \right\}\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$ mà $BC \subset \left( {SBC} \right)$.

Vậy $\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

Chọn D

Gọi $D$ là trung điểm cạnh $BC.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)$$\Rightarrow SA \bot BC$.

Mà $SD \bot BC$ nên $BC \bot \left( {SAD} \right)$ nên $\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SDA} = \alpha$.

Khi đó tam giác $SAD$ vuông tại $S$ có $SD = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$; $AD = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}$ và $\cos \alpha = \frac{{SD}}{{AD}}$ $\Rightarrow \cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.$

a) SAI
Vì tập xác định của hàm số là $\left( {1\,;\, + \infty } \right)$.

b) SAI
Vì tập giá trị của hàm số là $\mathbb{R}$.

c) SAI
Vì hàm số đồng biến trên $\left( {1\,;\, + \infty } \right)$ nên $f\left( {2024} \right) < f\left( {2025} \right)$.

d) ĐÚNG
Vì đồ thị của hàm số luôn nằm bên phải trục tung và đi qua điểm $\left( {2\,;\,0} \right)$.

a) Thay $x = 2$ vào phương trình $\left( 1 \right)$ta thấy không thoả mãn nên câu a) là câu trả lời SAI.

b) Khi đặt $t = {\log _2}x$, ta được phương trình ${t^2} - 7t + 9 = 0$ nên câu b) là câu trả lời ĐÚNG.

c) $\log _2^2x - 7{\log _2}x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}\\{\log _2}x = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {2^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}\\{x_2} = {2^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}}\end{array} \right.$

Phương trình $\left( 1 \right)$có hai nghiệm phân biệt nên câu c) là câu trả lời SAI.

d) Đặt $t = {\log _2}x$, ta được phương trình ${t^2} - 7t + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}\\t = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}\\{\log _2}x = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {2^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}\\{x_2} = {2^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}}\end{array} \right.$

Ta có:

${\left( {\frac{{2023}}{{128}}.{x_1}.{x_2}} \right)^{2024}} = {\left( {\frac{{2023}}{{128}}{{.2}^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}{{.2}^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}}} \right)^{2024}} = {\left( {\frac{{2023}}{{128}}.128} \right)^{2024}} = {2023^{2024}}$

Vậy d) là câu trả lời ĐÚNG.

a) Đúng vì $AC \bot (IBD) \Rightarrow AC \bot BD$ tương tự có $AB \bot CD,\;BC \bot AD$

b) Đúng vì $AC \bot (IBD) \Rightarrow AC \bot DO$tương tự có $AB \bot DO$nên suy ra $DO \bot (ABC)$

c) Sai vì nếu $AD \bot (BCD) \Rightarrow AD \bot DC$suy ra tam giác $ACD$vuông ( vô lý)

d) Đúng vì $DO \bot (ABC) \Rightarrow DO \bot BC$

a) Đúng vì $M'$, $N'$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ và $N$trên mặt phẳng $\left( P \right)$ nên $M'N'$ là hình chiếu vuông góc của $MN$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$.

b) Đúng vì theo định lý ba đường vuông góc thì nếu một đường thẳng $b$ chứa trong $\left( P \right)$ vuông góc với $MN$ khi và chỉ khi nó vuông góc với hình chiếu $M'N'$.

c) Sai vì khi đó $MN$ sẽ song song hoặc trùng với $M'N'$ là điều vô lý .

d) Sai vì nếu $\Delta AMN'$ vuông tại $M$ thì $MN' \bot MA$, mặt khác $MN' \bot AM'$$\Rightarrow MN' \bot \left( {AMM'} \right)$$\Rightarrow MN' \bot MM'$ là điều vô lý.

Đáp án: 11,7

Tính từ năm 2013 đến 2024, anh Toàn đã được 3 lần tăng lương.

Lương của anh Toàn sau lần tăng đầu tiên là: ${L_1} = 6.1{,}25$ triệu

Lương của anh Toàn sau lần tăng thứ 2 là: ${L_2} = {L_1} + 25\% {L_1} = {L_1}.1{,}25 = 6.1,{25^2}$ triệu

Lương của anh Toàn sau lần tăng thứ 3 là: ${L_3} = {L_2} + 25\% {L_2} = {L_2}.1{,}25 = 6.1,{25^3} \approx 11{,}7$ triệu

Vậy lương của anh Toàn hiện đang hưởng là $11{,}7$ triệu mỗi tháng.

Đáp án: $3$.

Điều kiện xác định $\left\{ \begin{array}{l} - {x^2} + 6x - 4 > 0\\{\log _3}( - {x^2} + 6x - 4) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - \sqrt 5 < x < 3 + \sqrt 5 \\ - {x^2} + 6x - 4 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - \sqrt 5 < x < 3 + \sqrt 5 \\x \notin \{ 1;5\} \end{array} \right.$.

Tập xác định $\left( {3 - \sqrt 5 ;3 + \sqrt 5 } \right)\backslash \{ 1;5\}$.

Các số nguyên thuộc tập xác định là: $\{ 2;3;4\}$ và do đó có 3 số nguyên thuộc tập xác định của hàm số đã cho.

Đáp án: $\frac{5}{4}$.

$${\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a + \frac{1}{{{{\log }_b}{x^2}}} \Leftrightarrow {\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a + {\log _x}\sqrt b$$

$\Leftrightarrow a + 2b = 3\sqrt {ab} \Leftrightarrow {a^2} - 5ab + 4{b^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right) = 0 \Leftrightarrow a = 4b$ (do $a > b$).

$P = \frac{{2{a^2} + 3ab + {b^2}}}{{{{(a + 2b)}^2}}} = \frac{{32{b^2} + 12{b^2} + {b^2}}}{{36{b^2}}} = \frac{5}{4}$.

Đáp án: $45$ độ.

Gọi $D$ là trung điểm của $AN$.

+) Xét $\Delta ABN$ có: $M$ là trung điểm của $AB$ và $D$ là trung điểm của $AN$.

$\Rightarrow MD$ là đường trung bình của $\Delta ABN$$\Rightarrow MD//BN$.

$\Rightarrow$ Góc giữa $SM$ và $BN$ bằng góc giữa $SM$ và $MD$.

+) Xét $\Delta ABC$ đều có cạnh là $a = 4\sqrt 2 \,cm$, $BN$ vừa là trung tuyến vừa là đường cao.

$\Rightarrow BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{4\sqrt 2 .\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 6 \,\,cm$.

Mà $MD = \frac{1}{2}BN$ (tính chất đường trung bình) $\Rightarrow MD = \frac{1}{2}.2\sqrt 6 = \sqrt 6 \,\,cm$.

+) Ta có: $SB \bot \left( {ABC} \right)$$\Rightarrow SB \bot BM$$\Rightarrow \Delta SBM$ là tam giác vuông tại $B$

$\Rightarrow SM = \sqrt {S{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = 2\sqrt 3 \,\,cm$.

+) $\Delta BND$ vuông tại $N$$\Rightarrow BD = \sqrt {B{N^2} + N{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 6 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}} = \sqrt {26} \,\,cm$.

+) $\Delta SBD$ vuông tại $B$$\Rightarrow SD = \sqrt {S{B^2} + B{N^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\sqrt {26} } \right)}^2}} = \sqrt {30} \,\,cm$.

+) $\cos \widehat {SMD} = \frac{{S{M^2} + M{D^2} - S{D^2}}}{{2.SM.MD}} = \frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {30} } \right)}^2}}}{{2.2\sqrt 3 .\sqrt 6 }} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

$\Rightarrow \widehat {SMD} = {\cos ^{ - 1}}\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = 135^\circ$.

$\Rightarrow$ Góc giữa đường thẳng $SM$ và $BN$ bằng $180^\circ - 135^\circ = 45^\circ$.

Đáp án: $\frac{1}{2}{a^2}.$

Do$AD \bot BC,SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right)$$\Rightarrow BC \bot AH \Rightarrow EF \bot AH$

$\Rightarrow {S_{\Delta AEF}} = \frac{1}{2}EF.AH$

Mà $EF = \frac{1}{2}BC = a$. Do $H$ là trung điểm $SD \Rightarrow AH = a$ $\Rightarrow {S_{\Delta AEF}} = \frac{1}{2}{a^2}$

Đáp án:

a) $\left( {SBC} \right)$.

b) $45^\circ$.

a. Trong các mặt bên của hình chóp $S.ABC$, mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( {SAM} \right)$ là $\left( {SBC} \right)$

Ta có:

$BC \bot AM$ ($\Delta ABC$ đều)

$BC \bot SA$ $\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)$

Suy ra $BC \bot \left( {SAM} \right)$

Mà $BC \subset \left( {SBC} \right)$

Vậy $\left( {SAM} \right) \bot \left( {SBC} \right)$.

b. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là $45^\circ$.

Ta có

$AM \bot BC$

$SM \bot BC$ $\left( {BC \bot \left( {SAM} \right)} \right)$

Suy ra $\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}$

Xét tam giác $SAM$ vuông tại $A$, ta có:

$\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1$

Vậy $\widehat {SMA} = 45^\circ$.