Bộ 14 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 9

Chọn D

Với $a,\,b > 0$và $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$ta có khẳng định ${a^\alpha }.{b^\beta } = {\left( {ab} \right)^{\alpha + \beta }}$sai, các khẳng định còn lại đúng.

Chọn D

Ta có: ${\log _a}\left( {a.\sqrt[3]{a}} \right) = {\log _a}\left( {a.{a^{\frac{1}{3}}}} \right) = {\log _a}\left( {{a^{\frac{4}{3}}}} \right) = \frac{4}{3}$.

Chọn A

Ta có: ${\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 1 = 9 \Leftrightarrow x = 10$.

Chọn C

Ta có ${3^{2x}} > 243 \Leftrightarrow {3^{2x}} > {3^5} \Leftrightarrow 2x > 5 \Leftrightarrow x > \frac{5}{2}$.

Chọn C

Ta có $BC//AD$ nên $BC$ không vuông góc với $SD$.

Chọn A

Ta có $AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)$. Do $AC \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $\left( {ABCD} \right) \bot \left( {SBD} \right)$.

Chọn D

Ta có $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$.

Hai tam giác $SBC$ và $OBC$ cân đáy $BC$nên $SM \bot BC,\,\,OM \bot BC$.

Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc giữa $SM,OM$hay chính là $\widehat {SMO}$.

Chọn D

Ta có $BC \bot SA,\,\,BC \bot AB \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH$. Lại có $AH \bot SB$ nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$ tại $H$. Vậy $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH$.

Chọn A

Thay các dữ kiện ta có phương trình $300 = 100.{e^{5r}} \Rightarrow r = \frac{{\ln 3}}{5}.$

Để số lượng vi khuẩn tăng $10$ lần (tức $1000$ con), ta có $1000 = 100.{e^{\frac{{\ln 3}}{5}t}} \Rightarrow t = \frac{5}{{\log 3}}.$

Chọn B

Khoản tiền gốc: $P = 500\;000\;000$ đồng

Lãi suất hằng năm: $r = 6\%$

Số lần rút lãi trong 1 năm: $n = 12$

Số kì hạn: $N = 13$

Tổng số tiền cô Hoa nhận được là: $A = P{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^N} = 500\;000\;000{\left( {1 + \frac{{6\% }}{{12}}} \right)^{13}} = 533493100$ đồng

Chọn B

Xét hình chóp đều $S.ABCD$ có $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$. Dẫn đến góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy là góc $\widehat {SAO} = \alpha .$

Ta có $\tan \alpha = \frac{{SO}}{{AO}} = \frac{{98}}{{90\sqrt 2 }} = \frac{{49\sqrt 2 }}{{90}}.$

Chọn D

Gọi chiều cao của bể nước là $h$.

Thể tích của bể nước là: $V = \left( {2{,}5} \right).2.h = 10 \Rightarrow h = 2\,\,\left( m \right)$.

a) Sai: Đồ thị hàm số $y = {a^x}$ luôn đi qua điểm $\left( {1;a} \right)$.

b) Đúng: Khi $x = 1$ ta có ${\log _a}1 = 0$.

c) Sai: Tập xác định của hàm số $y = {\log _a}x$ là khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

d) Sai: Ta có ${a^{4{{\log }_{{a^2}}}\sqrt 5 }} = {a^{2{{\log }_a}\sqrt 5 }} = {a^{{{\log }_a}{{(\sqrt 5 )}^2}}} = 5$.

a) Đúng. Ta có: $SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC$ mà $SH \bot BC \Rightarrow BC \bot (SAH)$.

b) Sai. Do $SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AH$ nên tam giác $SAH$ vuông tại $A$.

c) Đúng. Ta có $SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AB$ và $SA \bot AC$. Vậy ta có hai tam giác vuông tại $A$ là $SAB$ và $SAC$, cũng là hai mặt bên của tứ diện.

d) Đúng. Do $BC \bot (SAH)$ nên $AH \bot BC$.

Ta có:$S(4) = S(0){.2^4} \Rightarrow S(0) = \frac{{S(4)}}{{{2^4}}}$.

Gọi thời gian để số lượng vi khuẩn $A$ trong phòng thí nghiệm có $1$ triệu con là $t$ phút

$S(0){.2^t} = 1000000 \Leftrightarrow \frac{{250000}}{{{2^4}}}{.2^t} = 1000000 \Leftrightarrow t = 6$.

a) Vậy sau 6 phút số lượng vi khuẩn $A$ trong phòng thí nghiệm là $1$ triệu con nên a) đúng.

b) Vậy sau 7 phút số lượng vi khuẩn $A$ trong phòng thí nghiệm là $2$ triệu con nên b) đúng.

c) Vậy sau 8 phút số lượng vi khuẩn $A$ trong phòng thí nghiệm là $4$ triệu con nên c) sai.

d) Số lượng vi khuẩn $A$ trong phòng thí nghiệm là tăng dần theo thời gian nên d) sai.

a) Gọi $x$ là chiều cao của bể cần xây ($x > 0$).

Tổng diện tích bốn mặt xung quanh của bể là: $\left( {x.0{,}5} \right).2 + \left( {x.1} \right).2 = 3$$\Rightarrow x = 1$.

Thể tích của bể là: $V = 1.1.0{,}5 = 0{,}5{m^3}$. Vậy a) đúng.

b) Thể tích nước cần chảy vào bể khi nước trong bể dâng cao $0{,}5$ mét là $V = 0{,}5.1.0{,}5 = 0{,}25\left( {{m^3}} \right)$. Có $0{,}25\left( {{m^3}} \right) = 250$lít.

Vậy thời gian để nước chảy vào bể dâng cao $0{,}5$ mét là $\frac{{250}}{{25}} = 10$phút. Vậy b) sai

c) Thể tích nước cần chảy vào bể khi nước trong bể dâng cao $0{,}5$ mét là $V = 0{,}5.1.0{,}5 = 0{,}25\left( {{m^3}} \right)$. Có $0{,}25\left( {{m^3}} \right) = 250$lít.

Vậy thời gian để nước chảy vào bể dâng cao $0{,}5$ mét là $\frac{{250}}{{10}} = 25$phút. Vậy c) sai.

d) $30\,0\,l = 300d{m^3} = 300.000c{m^3}$

Thể tích khối cầu thủy tinh là ${V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{500\pi }}{3}$.

Thể tích bể cá là ${V_2} = 300.000 + \frac{{500\pi }}{3}$.

Chiều cao bể cá là $h = \frac{{{V_2}}}{{50.100}} \approx 60{,}10\,\,cm$. Vậy d) đúng.

Đặt ${2^x} = {3^y} = {6^{ - z}} = t$ với $t > 0.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^x} = t\\{3^y} = t\\{6^{ - z}} = t\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {\log _2}t\\y = {\log _3}t\\z = - {\log _6}t\end{array} \right..$

Mặt khác: ${\log _6}t = \frac{1}{{{{\log }_t}6}} = \frac{1}{{{{\log }_t}3 + {{\log }_t}2}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_3}t}} + \frac{1}{{{{\log }_2}t}}}} = \frac{{{{\log }_3}t.{{\log }_2}t}}{{{{\log }_3}t + {{\log }_2}t}}$.

$M = xy + yz + xz = {\log _3}t.{\log _2}t - {\log _3}t.{\log _6}t - {\log _6}t.{\log _2}t$$= {\log _3}t.{\log _2}t - \left( {{{\log }_3}t + {{\log }_2}t} \right).{\log _6}t$

$$= {\log _3}t.{\log _2}t - \left( {{{\log }_3}t + {{\log }_2}t} \right).\frac{{{{\log }_3}t.{{\log }_2}t}}{{{{\log }_3}t + {{\log }_2}t}} = 0.$$

Diện tích rừng trồng mới của năm $2024 + 1$ là: $600{\left( {1 + 6\% } \right)^1}$.

Diện tích rừng trồng mới của năm $2024 + 2$ là: $600{\left( {1 + 6\% } \right)^2}$.

Diện tích rừng trồng mới của năm $2024 + n$ là: $600{\left( {1 + 6\% } \right)^n}$.

Ta có: $600{\left( {1 + 6\% } \right)^n} > 1000 \Leftrightarrow {\left( {1 + 6\% } \right)^n} > \frac{5}{3} \Leftrightarrow n > {\log _{\left( {1 + 6\% } \right)}}\frac{5}{3} \approx 8{,}76$

Như vậy kể từ năm 2024 thì năm 2033 là năm đầu tiên diện tích rừng trồng mới đạt trên $1000{\rm{ ha}}$.

${\log _2}\left( {{{\log }_{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}}} \right) \ge 0$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\{\log _{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\{\log _{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \ge 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} < 1\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \le \frac{1}{3}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \le \frac{1}{3}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0\\\frac{{8\left( {x - 3} \right)}}{{3\left( {x + 3} \right)}} \le 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - \infty ;\, - 3} \right) \cup \left( {\frac{7}{3};\, + \infty } \right)\\x \in \left( { - 3;3} \right]\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {\frac{7}{3};\,3} \right]$.

Suy ra $a = \frac{7}{3}$; $b = 3$.

Vậy $P = 3a - b = 3.\frac{7}{3} - 3 = 4$.

Gọi I là trung điểm BC. Suy ra : $SI \bot BC$ và $HI \bot BC$

$\Rightarrow$ Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$và $\left( {ABCD} \right)$là $\widehat {SIH}$

Ta có: $HI = \frac{{AB}}{2} = 131$ (m)

Xét ${\rm{\Delta SHI}}$ vuông tại H ta có: $\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{\sqrt {18578} }}{{131}} \Rightarrow \widehat {SIH} \approx {46^0}$

Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp là khoảng ${46^0}$.

Gọi $H$là trọng tâm của tam giác $ABC$, Vì $\Delta ABC$ đều và $SA = SB = SC$ nên $SH \bot \left( {ABC} \right)$

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}SC \cap \left( {ABCD} \right) = C\\SH \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCH} = 60^\circ$

Từ $D$ dựng $DI//AC$ cắt $AB$ tại $I$$\Rightarrow AC//\left( {SDI} \right)$

$$\Rightarrow d\left( {AC;SD} \right) = d\left( {AC;\left( {SDI} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right)$$

Mặt khác $\frac{{d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right)}} = \frac{{OD}}{{HD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow d\left( {O;\left( {SDI} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right)$.

Vì $AC \bot DH \Rightarrow HD \bot ID$, mà $SH \bot ID \Rightarrow ID \bot \left( {SHD} \right)$

Từ $H$ dựng $HF \bot SD \Rightarrow HF \bot \left( {SDI} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SDI} \right)} \right) = HF$.

Ta có $EC = \frac{{\sqrt {21} }}{2} \Rightarrow HC = \frac{2}{3}EC = \frac{{\sqrt {21} }}{3}$

Trong tam giác $SHC$ có $SH = HC\tan 60^\circ = a$

Mà $HD = HO + OD = \frac{4}{3}OD = \frac{4}{3}\frac{{\sqrt {21} }}{2} = \frac{{2\sqrt {21} }}{3}$

Trong tam giác $SHD$ có $\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{D^2}}} = \frac{1}{{{{\sqrt 7 }^2}}} + \frac{3}{{4.{{\sqrt 7 }^2}}} = \frac{7}{{4.7}} \Rightarrow HF = 2$

$$\Rightarrow d\left( {AC;SD} \right) = \frac{3}{4}.\frac{{2\sqrt 7 \sqrt 7 }}{7} = \frac{3}{2} = 1{,}5$$

Thể tích khối tứ diện đều cạnh $2\sqrt 2$ là: $\frac{8}{3}$.

Gọi $P = ME \cap AD$; $T = ME \cap AB$. Trong mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ đường thẳng $TN$ cắt $AC$,$BC$ lần lượt tại $Q$,$F$. Khi đó mặt phẳng $\left( {MNE} \right)$ chia khối tứ diện đã cho phần chứa đỉnh $A$ là tứ diện $ATPQ$.

Gọi $I$ là trung điểm $BD$. Xét $\Delta AID$ ta có: $\frac{{ED}}{{EI}}.\frac{{MI}}{{MA}}.\frac{{PA}}{{PD}} = 1$ (định lý Menelaus)$\Rightarrow \frac{{PA}}{{PD}} = 3$.

Tương tự ta có: $\frac{{QA}}{{QC}} = 3$

Xét $\Delta AIB$ ta có: $\frac{{EI}}{{EB}}.\frac{{TB}}{{TA}}.\frac{{MA}}{{MI}} = 1$$\Leftrightarrow \frac{{TB}}{{TA}} = \frac{2}{3}$.

Mặt khác ta có: $\frac{{{V_{ATPQ}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AT}}{{AB}}.\frac{{AP}}{{AD}}.\frac{{AQ}}{{AC}} = \frac{3}{5}.\frac{3}{4}.\frac{3}{4} = \frac{{27}}{{80}}$ $\Rightarrow {V_{ATPQ}} = \frac{{27}}{{80}}.\frac{{{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{9}{{10}} = 0{,}9$.