Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 8

Chọn D

Ta có $\sqrt {a\sqrt {a\sqrt {a\sqrt a } } } = {a^{\left( {\left( {\left( {\frac{1}{2} + 1} \right).\frac{1}{2} + 1} \right).\frac{1}{2} + 1} \right).\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{{15}}{{16}}}}$.

Chọn B

${3^x} = \frac{1}{{243}} \Leftrightarrow {3^x} = {3^{ - 5}} \Leftrightarrow x = - 5$.

Chọn C

${\log _3}\left( {3x - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow 3x - 2 = 27 \Leftrightarrow x = \frac{{29}}{3}$.

Chọn D

Hai đường thẳng $AB$ và $A'B'$ song song với nhau, nên $\left( {AC,A'B'} \right) = \left( {AC,AB} \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ$.

Chọn C

Sử dụng định lí $\left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\b{\rm{//}}c\end{array} \right. \Rightarrow a \bot c.$

Chọn A

Theo tính chất trong lý thuyết: Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.

Chọn C

Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước x, y, z $\left( {x,y,z > 0} \right)$ là xyz.

Chọn D

Ta có ${2^{{x^2} - 4x + 8}} = 16 \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 4x + 8}} = {2^4} \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 8 = 4 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2$.

Vậy phương trình có 1 nghiệm.

Chọn B

Ta có $V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.2024{a^2}.a = \frac{{2024}}{3}{a^3}$

a) $SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC$

b) Vì tam giác $ABC\,$cân tại B nên $BM \bot AC\,$mà $BM \bot SA\,$nên $BM \bot (SAC)$

c) Vì tam giác $ABC\,$vuông cân tại B nên $BC \bot AB$mà $BC \bot SA$nên $BC \bot (SAB)$ nên $BC$tạo với mặt phảng $\left( {SAB} \right)$ một góc có số đo là ${90^0}$

d) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\\AC \bot SA\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AB \bot SA\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ$ nên d sai

a) Đúng

Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot BC$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ bằng ${90^0}$.

b) Đúng

Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ tại điểm $A$ nên hình chiếu của $SD$ lên $\left( {ABCD} \right)$ là $AD$. Suy ra góc giữa $SD$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc giữa $SD$ và $AD$ và bằng góc $\widehat {SDA}$. Tam giác $SAD$ vuông cân tại $A$ nên $\widehat {SDA} = {45^0}$.

c) Sai

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Khi đó ta có $BO \bot AC$.

Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot BO$.

Vậy có $\left\{ \begin{array}{l}BO \bot AC\\BO \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BO \bot \left( {SAC} \right)$ tại $O$ nên hình chiếu của $SB$ lên $\left( {SAC} \right)$ là $SO$.

Suy ra góc giữa $SB$ và $\left( {SAC} \right)$ là góc giữa $SB$ và $SO$ và bằng góc $\widehat {BSO}$.

Tam giác $SAD$ vuông ở $A$ $\Rightarrow SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = a\sqrt 2$.

Tam giác $SAB$ vuông ở $A$ $\Rightarrow SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 2$.

Tam giác $ABD$ vuông ở $A$ $\Rightarrow BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 2$.

Nên suy ra tam giác $SB{\rm{D}}$ là tam giác đều, vì vậy $SO$ là đường cao đồng thời là đường phân giác nên $\widehat {BSO} = {30^0}$.

d) Sai

Ta có $BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC$

Kẻ $BI \bot SC$, $I \in SC$

Suy ra $DI \bot SC$.

Vậy có

$$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\BI \subset \left( {SBC} \right),BI \bot SC\\DI \subset \left( {SDC} \right),DI \bot SC\end{array} \right.$$

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $BI$ và $DI$.

Tam giác $SDC$ vuông ở $D$, $DI$ là đường cao $\Rightarrow \frac{1}{{D{I^2}}} = \frac{1}{{D{S^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow DI = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.$

Tương tự cũng tính được $BI = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Tam giác $IBD$ cân ở $I$, $O$ là trung điểm $B{\rm{D}}$

$\Rightarrow IO \bot BD \Rightarrow \sin \widehat {OID} = \frac{{OD}}{{ID}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {OID} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {BI{\rm{D}}} = 120^\circ \Rightarrow \left( {IB,I{\rm{D}}} \right) = {60^0}$.

a. Sai.

Ta có: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}$.

b. Đúng.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên ${S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta BCD}} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = {V_{S.BCD}}$.

c. Sai.

Ta có: $\frac{{{V_{S.AMC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{S.AMC}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}}$.

d. Đúng.

Ta có: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}$.

Vì $\frac{{ND}}{{SD}} = \frac{1}{3}\,\,\, \Rightarrow \,\,\,d\left( {N,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{3}SA = \frac{a}{3}$.

Do $\frac{{MB}}{{SB}} = \frac{1}{2}\,\,\, \Rightarrow \,\,\,d\left( {M,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}$.

Mà ${V_{ACMN}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMN}} - {V_{S.CMN}} - {V_{M.ABC}} - {V_{N.ADC}}$

Mặt khác ${V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{6}$.

$\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABD}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}}}{6} = \frac{{{a^3}}}{{18}}$.

$\frac{{{V_{S.CMN}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow {V_{S.CMN}} = \frac{1}{3}{V_{S.BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}}}{6} = \frac{{{a^3}}}{{18}}$.

${V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{{12}}$.

${V_{N.ADC}} = \frac{1}{3}d\left( {N,\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ADC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{3}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{{18}}$.

Vậy ${V_{ACMN}} = \frac{{{a^3}}}{3} - \frac{{{a^3}}}{{18}} - \frac{{{a^3}}}{{18}} - \frac{{{a^3}}}{{12}} - \frac{{{a^3}}}{{18}} = \frac{{{a^3}}}{{12}}$.

Gọi$S$là diện tích rừng khai thác hàng năm theo dự kiến. Ta có tổng diện tích rừng là $60S$.

Trên thực tế diện tích rừng khai thác tăng $5\% /$năm nên diện tích rừng đã khai thác trong năm thứ $n$ là $S{(1 + 0{,}05)^{n - 1}}$.

Tổng diện tích rừng đã khai thác sau năm thứ $n$ là$S + S{(1 + 0{,}05)^1} + S{(1 + 0{,}05)^2} + ...S{(1 + 0{,}05)^{n - 1}} = S\frac{{{{(1 + 0{,}05)}^n} - 1}}{{0{,}05}}$

Sau$n$năm khai thác hết nếu: $S\frac{{{{(1 + 0{,}05)}^n} - 1}}{{0{,}05}} = 60{\rm{S}} \Leftrightarrow {(1{,}05)^n} - 1 = 3 \Leftrightarrow {(1{,}05)^n} = 4 \Leftrightarrow n = {\log _{1{,}05}}4 \approx 28{,}41$

Vậy sau $29$ năm diện tích rừng sẽ bị khai thác hết.

Theo giả thiết ta có $P\left( 1 \right) = X = 253$.

Ngày thứ 10 có 2024 ca nên $P\left( {10} \right) = X.{{\rm{e}}^{9{r_0}}} \Leftrightarrow 2024 = 253.{{\rm{e}}^{9{r_0}}} \Leftrightarrow {r_0} = \frac{{\ln 8}}{9}$.

Vậy ngày thứ 20 số ca nhiễm bệnh là $P\left( {20} \right) = 253.{{\rm{e}}^{\frac{{19\ln 8}}{9}}} \approx 20401.$

+ Gọi hình chóp tứ giác đều là $S.ABCD$ như hình vẽ, $O = AC \cap BD,\,M$ là trung điểm của $AB$

Khi đó góc nhị diện tạo bởi mặt bên $\left( {SAB} \right)$ và mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $\left[ {S,AB,O} \right]$.

Ta có $SM \bot AB$ và $OM \bot AB$, suy ra $\widehat {SMO}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,AB,O} \right]$.

Xét tam giác $SMO$ ta có $\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} \Rightarrow BC = 2OM = \frac{{2SO}}{{\tan \widehat {SMO}}} \approx 230{,}36\,(m)$

+ Tìm số đo của góc phẳng nhị diện hai mặt bên, tức là số đo của góc phẳng nhị diện $\left[ {A,SB,C} \right]$

Kẻ $AI \bot SB$, lại có $SB \bot AC$(vì$AC \bot \left( {SBD} \right)$) từ đó suy ra $SB \bot CI$.

Vậy góc phẳng nhị diện $\left[ {A,SB,C} \right]$ là góc $\widehat {AIC}$.

Hai tam giác $\Delta SAB = \Delta SBC$ suy ra hai đường cao $AI = CI$, tam giác $\Delta IAC$ cân tại I.

Đặt $a = 230{,}36;\,h = 146{,}6$

Ta có $AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{2}}$; $SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}$

Trong tam giác cân SAB ta có ${S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}AI.SB = \frac{1}{2}SM.AB \Rightarrow AI = \frac{{SM.AB}}{{SB}} = \frac{{\sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} .a}}{{\sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} }}$

$\cos \widehat {AIC} = \frac{{A{I^2} + C{I^2} - A{C^2}}}{{2AI.CI}} = \frac{{2{a^2}\left( {\frac{{4{h^2} + {a^2}}}{{2\left( {2{h^2} + {a^2}} \right)}}} \right) - 2{a^2}}}{{2.\frac{{4{h^2} + {a^2}}}{{2\left( {2{h^2} + {a^2}} \right)}}{a^2}}} = \frac{{ - {a^2}}}{{4{h^2} + {a^2}}}$, thay số $a = 230{,}36;\,h = 146{,}6$

Ta suy ra được $\widehat {AIC} \approx {112^0}26'16''$.

Dựng $HI \bot AB$.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}AB \bot IH\\AB \bot SH\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SIH} \right)$ và $\left( {SIH} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SI$.

Dựng $HK \bot SI$.

Ta có : $\left. \begin{array}{l}HK \bot AB\\HK \bot SI\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SAB} \right)$.

Vậy $d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HK$.

Do $HI/{\kern 1pt} /BC$ nên dễ dàng chỉ ra được $I$ là trung điểm của $AB$ và $IH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $IA = IB = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}$.

Ta có $AB \bot SI$ nên $SI = \sqrt {S{B^2} - I{B^2}} = \sqrt {2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}$.

Do $SH \bot IH$ nên xét tam giác vuông $SIH$ có:

$SH = \sqrt {S{I^2} - I{H^2}} = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}} = a$; $HK = \frac{{SH.HI}}{{SI}} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 7 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Do vậy, ta có $d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, khi đó góc giữa mp$\left( {SBC} \right)$ và mp$\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {SIA} = {30^0}$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SI$ suy ra $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = a$.

Xét tam giác $AHI$ vuông tại $H$ suy ra $AI = \frac{{AH}}{{\sin {{30}^0}}} = 2a$.

Giả sử tam giác đều $ABC$ có cạnh bằng $x$, mà $AI$ là đường cao nên: $2a = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}$.

Diện tích tam giác đều $ABC$ là ${S_{ABC}} = {\left( {\frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}$.

Xét tam giác $SAI$ vuông tại $A$ suy ra $SA = AI.\tan {30^0} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$.

Vậy ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{8{a^3}}}{9}$.

Gọi $x(m)$ là độ dài 1 cạnh của đáy.

Diện tích đáy của bể cá là $S = \frac{2}{{0{,}5}} = 4\left( {{m^2}} \right)$. Suy ra độ dài cạnh còn lại của đáy là $\frac{4}{x}\,\,\left( m \right)$.

Để chi phí mua kính làm bể là thấp nhất thì tổng diện tích các mặt của hình hộp là nhỏ nhất. Tổng diện tích các mặt là $S = 0{,}5.x.2 + \frac{4}{x}.0{,}5.2 + 4 = x + \frac{4}{x}\,\, + 4\,\,\left( {m{}^2} \right)$.

$= {\left( {\sqrt x } \right)^2} + {\left( {\frac{2}{{\sqrt x }}} \right)^2} - 2\sqrt x .\frac{2}{{\sqrt x }} + 8$

$= {\left( {\sqrt x - \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)^2} + 8 \ge 8$

Vậy $S$ nhỏ nhất bằng $8\,\,\left( {m{}^2} \right)$$\Leftrightarrow \sqrt x = \frac{2}{{\sqrt x }} \Leftrightarrow x = 2$

Chi phí mua kính ít nhất là $8.150\,000 = 1\,200\,000$ đồng.

Đáp án: $1\,200\,000$ đồng.