Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Tự luận

Hướng dẫn giải

$P = \frac{{{x^{\frac{1}{3}}}\sqrt[6]{x}}}{{\sqrt[4]{x}}} = \frac{{{x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}}}}{{{x^{\frac{1}{4}}}}} = \frac{{{x^{\frac{1}{2}}}}}{{{x^{\frac{1}{4}}}}} = {x^{\frac{1}{4}}}.$

Hướng dẫn giải

Có ${4^x} + {4^{ - x}} = 7$$\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - {2.2^x}{.2^{ - x}} = 7$$\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9$$\Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3$.

Khi đó $P = \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - {{4.2}^x} - {{4.2}^{ - x}}}}$$= \frac{{5 + {2^x} + {2^{ - x}}}}{{8 - 4.\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}$$= \frac{{5 + 3}}{{8 - 4.3}} = - 2$.

Hướng dẫn giải

Áp dụng công thức tính lãi suất theo hình thức lãi kép: $P = A{\left( {1 + r} \right)^n}$.

Trong đó: P là số tiền gồm vốn lẫn lãi tại thời điểm n tính từ thời điểm gửi, A là số tiền gửi vào ban đầu, r (%) là lãi suất.

Vậy sau 3 năm, người đó có số tiền là: $P = 300\;000\;000.{\left( {1 + 6\% } \right)^3} \approx 357\;305\;000.$

Hướng dẫn giải

$I = 2{\log _6}\left[ {{{\log }_5}\left( {5a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{9}}}{b^3}$$= 2{\log _6}\left[ {1 + {{\log }_5}a} \right] - \frac{3}{2}{\log _3}b$$= 2 - \frac{3}{2}.\frac{2}{3}$$= 2 - 1 = 1$.

Hướng dẫn giải

Đặt ${\log _4}x = {\log _9}x = {\log _6}\left( {x - 2y} \right) = t$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {4^t}\\y = {9^t}\\x - 2y = {6^t}\end{array} \right.$$\Rightarrow \frac{x}{y} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2t}}$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}x = {4^t}\\y = {9^t}\\x - 2y = {6^t}\end{array} \right. \Rightarrow {4^t} - {2.9^t} = {6^t}$$\Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2t}} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 2 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = - 1\\{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = 2\end{array} \right.$.

Do đó $\frac{x}{y} = 4$.

Hướng dẫn giải

a) ${\log _3}\frac{9}{{10}} + {\log _3}30$$= {\log _3}9 - {\log _3}10 + {\log _3}3 + {\log _3}10$$= 2{\log _3}3 + {\log _3}3$$= 3$.

b) ${\log _3}\frac{5}{9} - 2{\log _3}\sqrt 5$$= {\log _3}\frac{5}{9} - {\log _3}5$$= {\log _3}\left( {\frac{5}{9}:5} \right)$$= {\log _3}{3^{ - 2}} = - 2$.

c) $2{\log _5}2 - {\log _5}4\sqrt {10} + {\log _5}\sqrt 2$$= {\log _5}4 + {\log _5}\sqrt 2 - {\log _5}4\sqrt {10}$$= {\log _5}4\sqrt 2 - {\log _5}4\sqrt {10}$

$= {\log _5}\frac{{4\sqrt 2 }}{{4\sqrt {10} }}$$= {\log _5}\frac{1}{{\sqrt 5 }}$$= {\log _5}{5^{\frac{{ - 1}}{2}}}$$= \frac{{ - 1}}{2}$.

Hướng dẫn giải

Độ pH của đầm đó là $pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right]$$= - \log \left( {{{8.10}^{ - 8}}} \right) \approx 7{,}097$.

Vì $7{,}097 < 7{,}2$ nên đầm đó không thích hợp cho tôm sú phát triển.

Hướng dẫn giải

a) Tập xác định của hàm số $y = {12^x}$ là $\mathbb{R}$.

b) Hàm số $y = {\log _5}\left( {2x - 3} \right)$ xác định khi $2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = {\log _5}\left( {2x - 3} \right)$ là $D = \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)$.

Hướng dẫn giải

Hàm số $y = {\log _{{a^2} - 2a + 1}}x$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ $\Leftrightarrow 0 < {a^2} - 2a + 1 < 1$$\Leftrightarrow 0 < a < 2;a \ne 1$.

Hướng dẫn giải

a) ${4^{2x - 1}} = {8^{x + 3}}$$\Leftrightarrow {2^{4x - 2}} = {2^{3x + 9}}$$\Leftrightarrow 4x - 2 = 3x + 9$$\Leftrightarrow x = 11$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 11$.

b) ${9^{2x}}{.27^{{x^2}}} = \frac{1}{3}$$\Leftrightarrow {3^{4x}}{.3^{3{x^2}}} = {3^{ - 1}}$$\Leftrightarrow {3^{4x + 3{x^2}}} = {3^{ - 1}}$$\Leftrightarrow 4x + 3{x^2} = - 1$$\Leftrightarrow x = - 1$ hoặc $x = - \frac{1}{3}$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = - \frac{1}{3}$;$x = - 1$.

c) ${5^{2x - 1}} = 20$$\Leftrightarrow 2x - 1 = {\log _5}20$$\Leftrightarrow x = \frac{{1 + {{\log }_5}20}}{2}$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = \frac{{1 + {{\log }_5}20}}{2}$.

Hướng dẫn giải

a) Điều kiện $x > \frac{5}{3}$

${\log _{16}}\left( {3x - 5} \right) = \frac{1}{2}$$\Leftrightarrow 3x - 5 = \sqrt {16}$$\Leftrightarrow x = 3$ (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 3$.

b) Điều kiện $x > 0$.

${\log _3}x + {\log _3}\left( {x + 1} \right) = {\log _3}\left( {5x + 12} \right)$$\Leftrightarrow {\log _3}\left[ {x\left( {x + 1} \right)} \right] = {\log _3}\left( {5x + 12} \right)$$\Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) = 5x + 12$$\Leftrightarrow {x^2} - 4x - 12 = 0$$\Leftrightarrow x = - 2$(loại) hoặc $x = 6$(thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 6.$

Hướng dẫn giải

a) ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2}}} \ge {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{5x - 6}}$$\Leftrightarrow {x^2} \le 5x - 6$$\Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 \le 0$$\Leftrightarrow 2 \le x \le 3$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left[ {2;3} \right]$.

b) ${25^x} \le {5^{4x - 3}}$$\Leftrightarrow {5^{2x}} \le {5^{4x - 3}}$$\Leftrightarrow 2x \le 4x - 3$$\Leftrightarrow x \ge \frac{3}{2}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left[ {\frac{3}{2}; + \infty } \right)$.

Hướng dẫn giải

a) Điều kiện ${x^2} - 24x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 0\\x > 24\end{array} \right.$.

${\log _5}\left( {{x^2} - 24x} \right) \ge 2$$\Leftrightarrow {x^2} - 24x \ge {5^2}$$\Leftrightarrow {x^2} - 24x - 25 \ge 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le - 1\\x \ge 25\end{array} \right.$.

Kết hợp điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {25; + \infty } \right)$.

b) Điều kiện $x > - 1$.

$2{\log _3}\left( {x + 1} \right) \le 1 + {\log _3}\left( {x + 7} \right)$$\Leftrightarrow {\log _3}{\left( {x + 1} \right)^2} \le {\log _3}\left[ {3\left( {x + 7} \right)} \right]$$\Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} \le 3\left( {x + 7} \right)$

$\Leftrightarrow {x^2} - x - 20 \le 0$$\Leftrightarrow - 4 \le x \le 5$.

Kết hợp điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { - 1;5} \right]$.

Hướng dẫn giải

a) Do $ABCD$ là hình vuông nên$AB \bot BC$

$SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC$.

Vậy $BC \bot (SAB)$.

b) Do ABCD là hình vuông nên$AC \bot BD$

$SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BD$.

$\Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$

Mà $BD \subset \left( {SBD} \right)$ nên $\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

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

Xét tam giác $SAB$ vuông tại A, có $tan\widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 54^\circ$.

Hướng dẫn giải

Từ $A$ dựng $AK \bot ID\left( {K \in ID} \right)$

Mà $ID \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$$\Rightarrow ID \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow ID \bot SK$

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SDI} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc $\widehat {AKS} = 60^\circ$.

Tam giác $SAK$ vuông tại $A$, ta có: ${\mathop{\rm Sin}\nolimits} \widehat {ASK} = \frac{{SA}}{{SK}} \Rightarrow SK = \frac{{SA}}{{{\mathop{\rm Sin}\nolimits} \widehat {ASK}}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$, ta có: $SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = a\sqrt 5$

Tam giác $SID$ vuông tại $S$, $SK$ là đường cao, ta có:

$\frac{1}{{S{K^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{S{D^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{I^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} - \frac{1}{{5{a^2}}} \Rightarrow SI = \frac{{2a\sqrt {55} }}{{11}}$.

Hướng dẫn giải

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'B'B} \right) \Rightarrow BC \bot A'B$.

Mặt khác $AB \bot BC$ và $\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$

Do đó $\left( {\left( {A'BC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A'B,AB} \right) = \widehat {A'BA}$.

Xét $\Delta A'AB$ vuông tại $A,$có $\tan \widehat {A'BA} = \frac{{AA'}}{{AB}} = \frac{4}{{2\sqrt 2 }} = \frac{2}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {A'BA} \approx 54{,}7^\circ$.

Hướng dẫn giải

a) Tam giác $SAC$ cân tại $S$, $SO$ là đường trung tuyến nên $SO \bot AC$.

Tam giác $SBD$ cân tại $S$, $SO$ là đường trung tuyến nên $SO \bot BD$.

Mà $AC$ và $BD$ là hai đường cắt nhau trong $\left( {ABCD} \right)$,

Khi đó $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

b) Do $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $OD$ là hình chiếu của $SD$ trên $\left( {ABCD} \right)$.

Ta có $MH \bot OD\,\left( {MH \bot BD} \right)$ nên $MH \bot SD$.

c) Ta có $MN\,{\rm{//}}\,BD$ (đường trung bình trong tam giác $ABD$).

Ta lại có $NP\,{\rm{//}}\,SB$ (đường trung bình trong tam giác $SAB$).

Suy ra $\left( {MNP} \right)\,{\rm{//}}\,\left( {SBD} \right)$, mà $MH \bot \left( {SBD} \right)$ nên $MH \bot \left( {MNP} \right)$.

Vậy $MH \bot NP$ (do $NP \subset \left( {MNP} \right)$).