Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: B

Ta có ${a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}}$.

Đáp án đúng là: C

$D = {\log _{{a^3}}}a = \frac{1}{3}{\log _a}a = \frac{1}{3}$.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện $x > 0$.

${\log _2}x = 3$$\Leftrightarrow x = {2^3} = 8$ (thỏa mãn).

Đáp án đúng là: C

Góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ bằng góc giữa hai đường thẳng $a$ và $c$ khi $b$ song song với $c$ (hoặc $b$ trùng với $c$).

Đáp án đúng là: A

Nếu đường thẳng $a$ không vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ thì góc giữa $a$ và hình chiếu $a'$ của nó trên $\left( P \right)$được gọi là góc giữa đường thẳng $a$ và mặt phẳng $\left( P \right)$.

Đáp án đúng là: D

Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.

Đáp án đúng là: C

Theo đề ta có $8 = \log A - \log {A_0}$.

Trận động đất ở Nam Mỹ có cường độ là

$M = \log 4A - \log {A_0} = \log 4 + \log A - \log {A_0} = \log 4 + 8 \approx 8{,}6$.

Đáp án đúng là: B

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số $y = {a^x}$ đồng biến nên $a > 1$ và hàm số $y = {\log _b}x$ nghịch biến nên $0 < b < 1$.

Đáp án đúng là: C

${\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{x + 1}} = {125^{2x}}$$\Leftrightarrow {5^{ - 2x - 2}} = {5^{6x}}$$\Leftrightarrow - 2x - 2 = 6x$$\Leftrightarrow x = - \frac{1}{4}$.

Đáp án đúng là: C

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$ mà $BC \bot AB$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Lại có $AH \bot SB$. Do đó $AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ và $\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$.

Do $ABC$ là tam giác đều nên $AH \bot BC$ mà $BC \bot SA$ nên $BC \bot SH$, suy ra góc giữa $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {AHS}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AB \bot AC}\\{AB \bot AA'}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow AB \bot AC'} \right.$.

Vậy góc giữa đường thẳng $BC'$ và mặt phẳng $\left( {ACC'A'} \right)$ là góc $\widehat {BC'A}$.

Trong tam giác vuông $BC'A$ ta có $\widehat {BC'A} = 30^\circ ;AB = 2a \Rightarrow AC' = AB \cdot {\rm{cot}}\widehat {BC'A} = 2a \cdot \sqrt 3$.

Trong tam giác vuông $ACC'$ ta có $CC' = \sqrt {A{{C'}^2} - A{C^2}} = 2\sqrt 2 a$.

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:

$V = CC' \cdot \frac{1}{2}A{B^2} = 2\sqrt 2 a \cdot \frac{1}{2} \cdot 4{a^2} = 4\sqrt 2 {a^3}.$

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Hàm số $y = {\log _a}x$ đồng biến nên $a > 1$.

b) Hàm số $y = {\log _c}x$ nghịch biến nên $0 < c < 1;$Hàm số $y = {\log _a}x$ và $y = {\log _b}x$ nên $a > 1,b > 1.$</>

Xét $x > 1$thì ${\log _a}x > {\log _b}x$$\Leftrightarrow {\log _a}x > \frac{1}{{{{\log }_x}b}}$$\Leftrightarrow {\log _a}x{\log _x}b > 1$$\Leftrightarrow {\log _a}b > 1$$\Leftrightarrow a < b$.

c) ${\left( {{a^3}.\sqrt a } \right)^{{{\log }_a}b}}$$= {a^{\frac{7}{2}{{\log }_a}b}} = {b^{\frac{7}{2}}} = \sqrt {{b^7}}$.

d) $P = \log \frac{a}{b} + \log \frac{b}{c} + \log \frac{c}{d} - \log \frac{a}{d}$$= \log \left[ {\left( {\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{d}} \right):\frac{a}{d}} \right] = \log 1 = 0$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Vì $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$.

b) Vì tam giác $ABC$ cân tại $B$ nên $BM \bot AC$ mà $BM \bot SA$ nên $BM \bot \left( {SAC} \right)$.

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

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

Hướng dẫn giải

Trả lời: 2

${a^{\frac{5}{3}}}.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{5}{3} + \frac{1}{3}}} = {a^2}$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 2

Từ đồ thị có ${x_1}$ là nghiệm của phương trình ${\log _b}x = 3$ nên ${\log _b}{x_1} = 3 \Leftrightarrow {x_1} = {b^3}$.

Từ đồ thị có ${x_2}$ là nghiệm của phương trình ${\log _a}x = 3$ nên ${\log _a}{x_2} = 3 \Leftrightarrow {x_2} = {a^3}$.

Do đó ${x_2} = 2{x_1}$ $\Rightarrow {a^3} = 2{b^3} \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{{{b^3}}} = 2$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,84

Do ${S_{SAD}} = 3 = \frac{1}{2}SA.AD \Rightarrow SA = \frac{6}{{2\sqrt 3 }} = \sqrt 3$.

Mặt khác ta có $d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)$.

Kẻ $AH \bot BD,AK \bot SH$ tại $K$. Suy ra $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AK$.

Ta có $BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {13} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AD}}{{BD}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} = \frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}$.

$\Rightarrow AK = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt {39} }}{{13}}} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}}$.

Vậy $d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}} \approx 0{,}84$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 36

Thể tích khối tứ diện $OABC$ là $V = \frac{1}{6}.OA.OB.OC = \frac{{{6^3}}}{6} = {6^2} = 36$.

Hướng dẫn giải

Lúc đầu có 300 vi khuẩn. Sau 1 giờ số vi khuẩn là 705 con.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 300 = C.{e^{k.0}} = C\\f\left( 1 \right) = 705 = C.{e^{k.1}} = C.{e^k}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C = 300\\{e^k} = \frac{{705}}{{300}} = 2{,}35\end{array} \right.$.

Vậy $f\left( x \right) = 300.{\left( {2{,}35} \right)^x}$.

Số lượng vi khuẩn có được sau 5 giờ là $f\left( 5 \right) = 300.{\left( {2{,}35} \right)^5} \approx 21501{,}1$ con.

Hướng dẫn giải

Điều kiện: $x > 0$.

Ta có ${\log _2}x > 3$$\Leftrightarrow x > {2^3} = 8$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {8; + \infty } \right)$.

Hướng dẫn giải

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$.

Do tam giác $SAB$ là tam giác vuông cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên ta có $SH = \frac{1}{2}AB = a$ và $SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Suy ra $\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SCH}$.

Vì $ABC$ là tam giác đều cạnh bằng $2a$ nên $CH = a\sqrt 3$.

Xét tam giác $SCH$ vuông tại $H$ có $\tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{CH}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$. Suy ra $\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = 30^\circ$.