Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo - Đề số 6

a) Điều kiện: x > 1.

b) Gọi x = a là nghiệm của phương trình (*), khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {x - 3} \right) = \frac{5}{2}\).

c) Nghiệm của phương trình (*) là hoành độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}\): 2x – y – 8 = 0 với \({d_2}\): y = 0.

d) Phương trình (*) có chung tập nghiệm với phương trình \(\frac{{{x^2} - 11x + 9}}{{x - 1}} = 0\).

a) \(SA \bot AO\).

b) \(AC \bot (SBD)\).

c) Đường thẳng AM không vuông góc với mặt phẳng (SBC).

d) Gọi K là giao điểm của SC với mặt phẳng (AMN). Khi đó tứ giác AMNK có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Dựa vào lý thuyết góc nhị diện.

Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ \({0^o}\) đến \({180^o}\).

Nếu a // b thì (a,c) = (b,c).

Vì AB // CD nên (SB,CD) = (SB,AB).

Dựa vào quan hệ song song và vuông góc trong không gian.

Xét phương án A: Nếu \(a \bot c\) và \(b \bot c\) thì a, b có thể vuông góc, cắt nhau hoặc chéo nhau hoặc song song. Vậy A sai.

Xét phương án B: Nếu \(a \bot b\) và \(b \bot c\) thì a, b có thể vuông góc, cắt nhau hoặc chéo nhau hoặc song song. Vậy B sai.

Xét phương án C: Nếu \(a \bot b\) thì a và b cắt nhau hoặc chéo nhau. Vậy C đúng.

Xét phương án D: Nếu \(a \bot c\) và \((P) \bot c\) thì a // (P) hoặc \(a \subset (P)\). Vậy A sai.

Đưa về tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

Vì (ABCD) // (A’B’C’D’) nên \(d\left( {(ABCD),(A'B'C'D')} \right) = d\left( {A,(A'B'C'D')} \right)\).

Mặt khác, A’ là hình chiếu vuông góc của A lên (A’B’C’D’) nên \(d\left( {A,(A'B'C'D')} \right) = AA'\).

Vậy \(d\left( {(ABCD),(A'B'C'D')} \right) = AA' = a\).

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp.

Thể tích khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là \(V = \frac{1}{3}Bh\).

Áp dụng tính chất của lũy thừa \({a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}\).

\({a^2}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{2 + \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{5}{2}}}\).

Áp dụng công thức \({\log _{{a^m}}}b = \frac{1}{m}{\log _a}b\) và \({\log _a}{b^m} = m{\log _a}b\).

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

Hàm số \(y = {a^x}\) đồng biến khi a > 1.

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

Đưa hai vế của bất phương trình về cùng cơ số.

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

Điều kiện xác định của hàm \({\log _a}x\) là x > 0.

ĐKXĐ: \({x^2} - 2x - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x < - 1\end{array} \right.\). Vậy \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\).

Áp dụng công thức \({x^m}.{x^n} = {x^{m + n}}\), \(\sqrt[b]{{{x^a}}} = {x^{\frac{a}{b}}}\).

\(P = {x^2}.\sqrt[3]{x} = {x^2}.{x^{\frac{1}{3}}} = {x^{2 + \frac{1}{3}}} = {x^{\frac{7}{3}}}\).

Dựa vào điểm đồ thị đi qua và xét sự đồng biến, nghịch biến.

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1;0) và x > 0 nên đây là hàm số logarit có dạng \(y = {\log _a}x\).

Đồ thị đi lên từ trái sang nên hàm số đồng biến trên \((0; + \infty )\). Do đó, a > 1.

a) Điều kiện: x > 1.

b) Gọi x = a là nghiệm của phương trình (*), khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {x - 3} \right) = \frac{5}{2}\).

c) Nghiệm của phương trình (*) là hoành độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}\): 2x – y – 8 = 0 với \({d_2}\): y = 0.

d) Phương trình (*) có chung tập nghiệm với phương trình \(\frac{{{x^2} - 11x + 9}}{{x - 1}} = 0\).

Giải các phương trình rồi so sánh tập nghiệm.

a)Đúng. Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 6 > 0\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 6\\x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\).

b) Sai. \({\log _3}\left( {x + 6} \right) = {\log _3}\left( {x - 1} \right) + 1 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 6} \right) = {\log _3}\left( {x - 1} \right) + {\log _3}3\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 6} \right) = {\log _3}3\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow x + 6 = 3\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow x = \frac{9}{2}\) (TMĐK).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{9}{2}} \left( {x - 3} \right) = \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}\).

c) Sai. Hoành độ giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\) là nghiệm của phương trình \(2x - 8 = 0 \Leftrightarrow x = 4\).

Vậy hoành độ giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\) không là nghiệm của (*).

d) Sai. \(\frac{{{x^2} - 11x + 9}}{{x - 1}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 11x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{11 + \sqrt {85} }}{2}\\x = \frac{{11 - \sqrt {85} }}{2}\end{array} \right.\).

Vậy phương trình (*) không có chung tập nghiệm với phương trình \(\frac{{{x^2} - 11x + 9}}{{x - 1}} = 0\).

a) \(SA \bot AO\).

b) \(AC \bot (SBD)\).

c) Đường thẳng AM không vuông góc với mặt phẳng (SBC).

d) Gọi K là giao điểm của SC với mặt phẳng (AMN). Khi đó tứ giác AMNK có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Áp dụng điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng; quan hệ song song và quan hệ vuông góc của đường thẳng và mặt phẳng.

a) Đúng. Vì \(SA \bot (ABCD)\), mà \(AO \subset (ABCD)\) nên \(SA \bot AO\).

b) Sai. Giả sử \(AC \bot (SBD)\), khi đó \(AC \bot SO\). Điều đó vô lí vì \(AC \bot SA\).

c) Sai. Vì \(SA \bot (ABCD)\) nên \(SA \bot BC\). Mặt khác, vì ABCD là hình vuông nên \(AB \bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AM\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\SB \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot (SBC)\).

d) Đúng. Hai tam giác vuông SAB và SAD bằng nhau có các đường cao tương ứng là AM và AN nên BM = DN.Mặt khác tam giác SBD cân tại đỉnh S nên MN // BD.

Do ABCD là hình vuông nên \(AC \bot BD\), mà \(SA \bot BD\) nên \(BD \bot (SAC)\).Vì MN // BD nên \(MN \bot (SAC) \Rightarrow MN \bot AK\).

Thay các giá trị từ đề bài vào công thức đã cho. Áp dụng quy tắc biến đổi phương trình logarit.

Năng lượng giải tỏa của trận động đất ở thành phố X là \({E_X} = {10^{11,4 + 1,5.8}} = {10^{23,4}}\).

Theo đề bài, ta có năng lượng giải tỏa của trận động đất ở thành phố Y là \({E_Y} = \frac{{{E_1}}}{{14}} = \frac{{{{10}^{23,4}}}}{{14}}\).

Độ lớn của trận động đất ở thành phố Y là:

\(\log ({E_Y}) = 11,4 + 1,5{M_Y} \Rightarrow M = \frac{{\log ({E_Y}) - 11,4}}{{1,5}} = \frac{{\log \left( {\frac{{{{10}^{23,4}}}}{{14}}} \right) - 11,4}}{{1,5}} \approx 7,2\) độ Richte.

Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng là khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của điểm lên mặt phẳng tới điểm đó.

S.ABCD là chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông.

Giả sử O là tâm hình vuông ABCD, khi đó \(SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot CD\).

Gọi I là trung điểm của CD. Khi đó OI // AD (tính chất đường trung bình) và \(CD \bot OI\).

Lấy H thuộc SI sao cho \(OH \bot SI\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OI\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SOI) \Rightarrow CD \bot OH\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SI\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot (SCD) \Rightarrow d\left( {O,(SCD)} \right) = OH\) (do H thuộc (SCD).

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{214}^2} - {{\left( {\frac{{230\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {19346} \) (m).

\(OH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{19346}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{230}}{2}} \right)}^2}}}} }} \approx 89\) (m).

Vậy khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt bên của kim tự tháp xấp xỉ 89 mét.

Thay các giá trị từ đề bài vào công thức đã cho. Áp dụng quy tắc biến đổi phương trình mũ.

\(s(3) = s(0){.2^3} \Leftrightarrow 625000 = s(0){.2^3} \Leftrightarrow s(0) = 78125\).

\(20000000 = {78125.2^t} \Leftrightarrow {2^t} = 256 \Leftrightarrow t = 8\).

Các đáy lục giác đều cạnh a được tạo thành từ 6 tam giác đều cạnh a. Từ đó, tính diện tích hai đáy của khối chóp và áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt đều: \(V = \frac{1}{3}\pi \left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}} + {S_2}} \right)\).

\({S_1} = \frac{{{1^2}.\sqrt 3 }}{4}.6 = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\); \({S_2} = \frac{{{2^2}.\sqrt 3 }}{4}.6 = 6\sqrt 3 \); \({S_1}{S_2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.6\sqrt 3 = 27\).

\(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}} + {S_2}} \right) = \frac{1}{3}.3\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2} + 3\sqrt 3 + 6\sqrt 3 } \right) = \frac{{21\sqrt 3 }}{2} \approx 18,2\) \((d{m^3})\).

Dựng mặt phẳng (P) theo yêu cầu đề bài. Tính góc giữa (P) và (ABCD) bằng cách đưa về tính góc giữa hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến của của hai mặt phẳng đó.

Dựng mặt phẳng hình chữ nhật (CDEF) song song với mặt phẳng (A’B’C’D’) với E thuộc AA’, F thuộc BB’.

Xét hai mặt phẳng (CDEF) và (ABCD) có giao tuyến là CD. Vì CF và CB cùng vuông góc với CD nên \(\left( {CDEF,ABCD} \right) = \left( {CF,CB} \right) = \widehat {FCB}\).

Ta có BB’ = 1 m = 100 cm; B’F = 65 cm; BF = BB’ – B’F = 100 – 65 = 35 cm; CF = 4 m = 400 cm.

Xét tam giác BCF vuông tại F, ta có \(\tan \widehat {FCB} = \frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{35}}{{400}} = \frac{7}{{80}} \Rightarrow \widehat {FCB} \approx {5^o}\).

Vậy, bác Minh cần đặt mép BC của khối gỗ tạo với lưỡi cắt của máy cắt một góc xấp xỉ \({5^o}\).

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

Gọi A là số tiền ban đầu gửi tiết kiệm theo thể thức lãi suất kép với lãi suất 8,4%/năm.

Khi đó sau n năm số tiền thu được là \(P = A{\left( {1 + 8,4\% } \right)^n}\).

Để thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu thì \(2A = A{\left( {1 + 8,4\% } \right)^n} \Leftrightarrow {\left( {1 + 8,4\% } \right)^n} = 2 \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 8,4\% }}2 \approx 8,59\) (năm).

Vậy sau ít nhất 9 năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu.

Áp dụng các công thức biến đổi logarit, tính a theo b rồi thay vào biểu thức \({\log _{\frac{a}{{{b^2}}}}}x\) và rút gọn.

\({\log _b}x = 8 \Leftrightarrow x = {b^8}\), mà \(x = {a^2}\) suy ra \({a^2} = {b^8} \Leftrightarrow a = {b^4}\) (vì a > 1).

\({\log _{\frac{a}{{{b^2}}}}}x = {\log _{\frac{{{b^4}}}{{{b^2}}}}}x = {\log _{{b^2}}}x = \frac{1}{2}{\log _b}x = \frac{1}{2}.8 = 4\).