Đề thi giữa học kì 2 Toán 11 - Đề số 1

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.

Giải các phương trình rồi so sánh tập nghiệm.

a) Đúng. Điều kiện: $\{\begin{array}{l}x+6>0\\ x-1>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>-6\\ x>1\end{array}\iff x>1$$\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 $\frac{{{x^2} - 11x + 9}}{{x - 1}} = 0$.

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 $\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }AB\\ BC\mathrm{\perp }SA\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }(SAB)\Rightarrow BC\mathrm{\perp }AM$$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right.$ \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AM.

Lại có $\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }AM\\ SB\mathrm{\perp }AM\end{array}\Rightarrow AM\mathrm{\perp }(SBC)$$\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 $MN \bot (SAC) \Rightarrow MN \bot AK$.

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).

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