Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới (Đề số 2)

Đáp án đúng là: C

Ta có ${\left( {{a^m}} \right)^n} = {\left( {{a^n}} \right)^m}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $\log \left( {ab} \right) = \log a + \log b$.

Đáp án đúng là: D

Hàm số $y = {\log _2}x$ có $a = 2 > 1$ nên hàm số $y = {\log _2}x$ đồng biến trên tập xác định của nó.

Đáp án đúng là: A

Vì $SA\, \bot \,\left( {ABC} \right)$nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Do đó $\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SBA}$.

Đáp án đúng là: A

Vì $SA\, \bot \,\left( {ABCD} \right)$ mà $SA \subset \left( {SAB} \right),SA \subset \left( {SAC} \right),SA \subset \left( {SAD} \right)$.

Do đó $\left( {SAB} \right)\, \bot \,\left( {ABCD} \right)$; $\left( {SAD} \right)\, \bot \,\left( {ABCD} \right)$; $\left( {SAC} \right)\, \bot \,\left( {ABCD} \right)$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $V = \frac{1}{3}.6.3 = 6$.

Đáp án đúng là: B

$P = \frac{{{a^2}{a^{\frac{5}{2}}}\sqrt[3]{{{a^4}}}}}{{\sqrt[6]{{{a^7}}}}} = \frac{{{a^2}{a^{\frac{5}{2}}}{a^{\frac{4}{3}}}}}{{{a^{\frac{7}{6}}}}} = \frac{{{a^{\frac{{35}}{6}}}}}{{{a^{\frac{7}{6}}}}} = {a^{\frac{{14}}{3}}}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $L = 10\log \frac{I}{{{I_0}}}$$= 10\log \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 12}}}} = 10\log {10^9} = 90$ (dB).

Đáp án đúng là: B

Từ đồ thị suy ra $0 < a < 1;b > 1,c > 1$.</>

Khi $x > 0$ thì ${b^x} > {c^x} \Rightarrow b > c$.

Vậy $a < c < b$.

Đáp án đúng là: D

Gọi $E$ là trung điểm của $CD$.

Vì $N,E$ lần lượt là trung điểm của $SD,CD$ nên $NE//SC$ và $NE = \frac{1}{2}SC = \frac{a}{2}$.

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

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt 2$ mà $ME = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Tương tự $MN = \frac{a}{2}$.

Vì $M{E^2} = M{N^2} + N{E^2}$ nên $\Delta MNE$ vuông tại $N$. Do đó $\widehat {MNE} = 90^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Vì tam giác $ABC$ là tam giác đều nên $AM \bot BC$ mà $SA \bot BC$ (do $SA \bot \left( {ABC} \right)$) nên $BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$.

Do đó $\left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SMA}$.

Vì tam giác $ABC$ đều nên $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ mà $SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ nên tam giác $SAM$vuông cân tại $A$.

Suy ra $\widehat {SMA} = 45^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Kẻ

$AH \bot A'B$, $H \in A'B$.

Vì $\left. \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {ABB'A'} \right)$ $\Rightarrow BC \bot AH$.

Ta có $BC \bot AH,{\rm{ }}AH \bot A'B \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)$. Do đó $d\left( {A,(A'BC)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Xét tam giác vuông $AA'B$ vuông tại $A$, ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{B^2}}}$

$\Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{9}{{6{a^2}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow A'A = a\sqrt 2$.

Vậy ${V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.A'A = \frac{1}{2}a.a.a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}2x > 0\\9 - x > 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 9\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 9$.

b) Ta có ${\log _{\frac{e}{3}}}2x < {\log _{\frac{e}{3}}}\left( {9 - x} \right)$$\Leftrightarrow 2x > 9 - x$.</>

c) ${\log _{\frac{e}{3}}}2x < {\log _{\frac{e}{3}}}\left( {9 - x} \right)$$\Leftrightarrow 2x > 9 - x$$\Leftrightarrow x > 3$.</>

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là $\left( {3;9} \right)$.

d) Tập các nghiệm nguyên của bất phương trình là $\left\{ {4;5;6;7;8} \right\}$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC$.

b) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {{\rm{do}}\;SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAD} \right)\\SD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD$ hay tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

c) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA(\;{\rm{do}}\;SA \bot \left( {ABCD} \right))\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AH \bot BC\left( {{\rm{do}}\;BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC$(1).

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}AK \bot SD\\AK \bot CD\left( {{\rm{do}}\;CD \bot \left( {SAD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $SC \bot \left( {AHK} \right)$.

d) Vì $SC \bot \left( {AHK} \right)$ mà $HK \subset \left( {AHK} \right)$ nên $HK \bot SC$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 3

$P = {x^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[6]{x} = {x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{2}}}$. Suy ra $m = 1;n = 2$. Do đó $m + n = 3$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1,5

$I = 2{\log _3}\left[ {{{\log }_3}\left( {3a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{4}}}{b^2}$$= 2{\log _3}\left[ {1 + {{\log }_3}a} \right] + 2{\log _{{2^{ - 2}}}}b$$= 2{\log _3}\left[ {1 + 2} \right] - {\log _2}b$$= 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} = 1{,}5$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 45

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Do đó $\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,BA} \right) = \widehat {SBA}$.

Mà tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$ nên $\widehat {SBA} = 45^\circ$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 2

Gọi

$O = AC \cap BD$, $H$ là trung điểm $CD$. Trong $\left( {SOH} \right)$, kẻ $OI \bot SH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SO\\CD \bot OH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow CD \bot OI$.

Mà $OI \bot SH$ nên $OI \bot \left( {SCD} \right)$ $\Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OI$.

Vì O là trung điểm BD nên $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OI = \frac{{2SO.OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }}$.

Có $AD = AC\sin 45^\circ = \sqrt 6$, $OH = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$ $\Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = 2$.

Hướng dẫn giải

Ta có ${\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right) = \frac{{{{\log }_a}\left( {a{b^2}} \right)}}{{{{\log }_a}{a^2}}}$$= \frac{{{{\log }_a}a + {{\log }_a}{b^2}}}{2}$$= \frac{{1 + 2{{\log }_a}b}}{2}$$= \frac{{1 + 4}}{2} = \frac{5}{2}$.

Hướng dẫn giải

Ta có $S = A.{e^{nr}} \Leftrightarrow {e^{nr}} = \frac{S}{A} \Leftrightarrow nr = \ln \frac{S}{A} \Leftrightarrow n = \frac{1}{r}\ln \frac{S}{A}$.

Với S = 93713000 người; $A = 80902400$ người; $r = \frac{{1{,}47}}{{100}} = 0{,}0147/$năm.

Suy ra $n = \frac{1}{{0{,}0147}}\ln \frac{{93713000}}{{80902400}} \approx 10$.

Vậy tối thiểu đến năm 2015 thì dân số của Việt Nam có khoảng 93713000 người.

Hướng dẫn giải

a) Ta có $CD \bot AD$ và $CD \bot SA$ (do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$). Suy ra $CD \bot \left( {SAD} \right)$.

b) Có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ suy ra $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Do đó $\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ$.

Hạ $AH \bot SO$ (1).

Ta có $BD \bot AC$ và $BD \bot SA$ suy ra $BD \bot \left( {SAC} \right)$. Do đó $BD \bot AH$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AH \bot \left( {SBD} \right)$. Suy ra $\left( {AC,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {AC,SO} \right) = \widehat {SOA}$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$. Suy ra $AC = 2a\sqrt 2 \Rightarrow AO = a\sqrt 2$.

Xét $\Delta SAB$ có $SA = AB.\tan \widehat B = 2a.\tan 60^\circ = 2a\sqrt 3$.

Xét $\Delta SAO$ có $SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} = \sqrt {12{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt {14}$.

Suy ra $\cos \widehat {SOA} = \frac{{AO}}{{SO}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt {14} }} = \frac{{\sqrt 7 }}{7}$.