Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (Đề số 4)

Đáp án đúng là: A

Ta có ${a^2}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{5}{2}}}$.

Đáp án đúng là: A

${\log _{25}}32 = {\log _{{5^2}}}{2^5} = \frac{5}{2}{\log _5}2 = \frac{5}{{2{{\log }_2}5}} = \frac{5}{{2a}}$.

Đáp án đúng là: D

Vì $\sqrt[{2024}]{\pi } > 1$ nên hàm số $y = {\left( {\sqrt[{2024}]{\pi }} \right)^x}$ đồng biến trên tập xác định của nó.

Đáp án đúng là: B

Điều kiện: $x > 0$.

Ta có $\log x < 1$$\Leftrightarrow x < 10$.

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {0;10} \right)$.

Đáp án đúng là: A

$T = {\log _{{a^2}}}{b^6} + {\log _a}\sqrt b$$= 3{\log _a}b + \frac{1}{2}{\log _a}b$$= 3.2 + \frac{1}{2}.2 = 7$.

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = {a^x}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ nên ta có: $0 < a < 1$.

Các hàm số $y = {b^x},y = {\log _c}x$ đồng biến trên tập xác định của nó nên ta có: $\left\{ \begin{array}{l}b > 1\\c > 1\end{array} \right.$.

Xét đồ thị hàm số $y = {\log _c}x$, ta có ${\log _c}2 > 1 \Leftrightarrow c < 2$.

Xét đồ thị hàm số $y = {b^x}$, ta có ${b^1} > 2 \Leftrightarrow b > 2$.

Do đó $0 < a < c < b$.

Đáp án đúng là: B

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD//BC$.

Do đó $\left( {SD,BC} \right) = \left( {SD,DA} \right)$.

Đáp án đúng là: D

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

Đáp án đúng là: D

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot AB$, $SA \bot BC$, $SA \bot AC$.

Đáp án đúng là: A

$\left\{ \begin{array}{l}a \bot \left( \alpha \right)\\a \subset \left( \beta \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)$.

Đáp án đúng là: D

Gọi $H$ là trung điểm của $CD$. Suy ra $NH//SC$.

Do đó $\left( {SC,MN} \right) = \left( {NH,MN} \right) = \widehat {MNH}$.

Ta có $MN = NH = \frac{a}{2};MH = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {a^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Vì $M{N^2} + H{N^2} = M{H^2}$ nên $\Delta MNH$ vuông tại $N$.

Do đó $\widehat {MNH} = 90^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $BC \bot AB$ và $BC \bot SA$ suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AB \bot BC\\SB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SBA}$.

Vì $\Delta SAB$ vuông cân tại $A$ nên $\widehat {SBA} = 45^\circ$.

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Nếu $a = 4;b = 2$ thì $A = 3{\log _2}4 + {\log _2}2$$= 3{\log _2}{2^2} + {\log _2}2 = 6 + 1 = 7$.

b) $A = 3{\log _2}a + {\log _2}b$$= {\log _2}{a^3} + {\log _2}b$$= {\log _2}\left( {{a^3}b} \right)$.

c) Nếu ${a^3}b = 8$ thì $A = {\log _2}8 = 3$.

d) ${\log _2}x = 2A = 2{\log _2}\left( {{a^3}b} \right)$$\Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}{\left( {{a^3}b} \right)^2}$$\Leftrightarrow x = {\left( {{a^3}b} \right)^2} = {a^6}{b^2}$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì hình chóp $S.ABC$ đều nên $SG \bot \left( {ABC} \right)$.

b) Vì $GM$ là hình chiếu của $SM$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ nên $SM \bot BC$.

c) Có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SM \bot BC\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SMA} = \widehat {SMG}$.

d) Vì $\Delta ABC$ đều có $AM$ là đường trung tuyến, $G$ là trọng tâm nên $GM = \frac{1}{3}AM = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$.

Có $SM = \sqrt {S{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$.

d) Tam giác $SGM$ vuông tại $G$ nên $\cos \widehat {SMG} = \frac{{GM}}{{SM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\frac{{\sqrt 3 }}{a} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SMG} = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1

${5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{125}}} \right)^{ - x}}$$\Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {5^{3x}}$$\Leftrightarrow x + 2 < 3x$$\Leftrightarrow x > 1$.</>

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {1; + \infty } \right)$. Do đó $a = 1$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 60

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $A'D = A'C' = DC'$$\Rightarrow \Delta A'DC'$ là tam giác đều.

Vì $AC//A'C'$ nên $\left( {AC,A'D} \right) = \left( {A'C',A'D} \right) = \widehat {DA'C'} = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 60,5

Khối lượng Poloni còn lại sau 100 ngày là $m\left( {100} \right) = 100.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{{100}}{{138}}}} \approx 60{,}5$ (gam).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 90

Vì $\Delta ABK = \Delta BCH$ ($AB = BC,AK = BH,\widehat {KAB} = \widehat {CBH} = 90^\circ$) nên $\widehat {BHC} = \widehat {BKA}$.

Có $\widehat {ABK} + \widehat {BKA} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {ABK} + \widehat {BHC} = 90^\circ$$\Rightarrow BK \bot CH$(1).

Mà $SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot BK$ (2).

Từ (1) và (2), ta có $BK \bot \left( {SCH} \right) \Rightarrow BK \bot SC$.

Do đó $\left( {BK,SC} \right) = 90^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đây là dạng đồ thị của hàm số $y = {\log _a}x$.

Hàm số trên đồng biến nên $a > 1$.

Mà đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {2;1} \right)$ nên đồ thị đã cho là đồ thị của hàm số $y = {\log _2}x$.

Hướng dẫn giải

Để số tiền ít nhất mà khách hàng nhận được lớn hơn 850 triệu đồng thì

$850 < A{\left( {1 + 8\% } \right)^3} \Leftrightarrow A > \frac{{850}}{{{{\left( {1 + 8\% } \right)}^3}}} \approx 674{,}8$.</>

Vậy số tiền ít nhất mà khách hàng phải gửi là 675 triệu đồng.

Hướng dẫn giải

Giả sử Kim tự tháp có dạng hình chóp đều $S.ABCD$.

Theo đề có $SO = 98,CD = 180$.

Gọi $H$ là trung điểm của $CD$. Suy ra $OH \bot CD$ và $OH = \frac{{AD}}{2} = 90$.

Ta có $CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow CD \bot SH$.

Do đó góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp đó là góc $\widehat {SHO}$.

Ta có $\tan \widehat {SHO} = \frac{{SO}}{{OH}} = \frac{{98}}{{90}} \Rightarrow \widehat {SHO} \approx 47{,}4^\circ$.