Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức 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: 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: C

Ta có thể tích lăng trụ có diện tích đáy $B$, chiều cao $h$ là: $V = B.h \Rightarrow h = \frac{V}{B} = \frac{6}{3} = 2$.

Đáp án đúng là: A

Vì $SO \bot \left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow SO \bot CD$ mà $OM \bot CD$ suy ra $CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot SM$.

Do đó $\left[ {S,CD,O} \right] = \widehat {SMO}$.

Vì $OM = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}$ mà $SO = \frac{a}{2}$ nên $\Delta SOM$ vuông cân tại $O$. Suy ra $\widehat {SMO} = 45^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Trong

$\Delta ABC$ có $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} \Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $A$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$

Vì $AD,\,AB,\,AC$ đôi một vuông nên $d = AH$ được tính

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{1} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{3}{2}$$\Rightarrow A{H^2} = \frac{2}{3} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

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) S, c) Đ, d) S

a) Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AC$.

b) $BD$ không vuông góc với $\left( {SAC} \right)$.

c) Vì $BC \bot AB$ và $SA \bot BC$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$$\Rightarrow BC \bot SB$.

d) Có $\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Xét $\Delta SAC$ có $\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ$.

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: 0,84

Ta có $AC \cap BD = \left\{ O \right\}$, $O$ là trung điểm của $AC$. Suy ra $d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)$.

Hạ $AH \bot BD,AK \bot SH$.

Vì $AH \bot BD$ và $SA \bot BD$ nên $BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AK$ mà $AK \bot SH$ nên $AK \bot \left( {SBD} \right)$.

Do đó $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AK$.

Ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{12}} = \frac{{13}}{{12}}$.

Vì $\Delta SAD$ có diện tích $S = 3$$\Rightarrow SA = \frac{{2S}}{{AD}} = \frac{{2.3}}{{2\sqrt 3 }} = \sqrt 3$.

Ta có $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{{13}}{{12}} = \frac{{17}}{{12}} \Rightarrow AK \approx 0{,}84$.

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: 18,2

Diện tích đáy lớn là ${S_1} = \frac{{{{6.2}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 6\sqrt 3$.

Diện tích đáy nhỏ là ${S_2} = \frac{{{{6.1}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.

Thể tích của chậu nước là $V = \frac{1}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right).h = \frac{1}{3}\left( {6\sqrt 3 + \frac{{3\sqrt 3 }}{2} + \sqrt {6\sqrt 3 .\frac{{3\sqrt 3 }}{2}} } \right).3 \approx 18{,}2$.

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

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