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

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

${a^{\frac{{ - 5}}{{12}}}}.\sqrt a .\frac{1}{{{a^2}}} = {a^{\frac{{ - 5}}{{12}}}}.{a^{\frac{1}{2}}}.{a^{ - 2}} = {a^{\frac{{ - 5}}{{12}} + \frac{1}{2} - 2}} = {a^{\frac{{ - 23}}{{12}}}}$.

Áp dụng công thức:

${\log _{{a^m}}}b = \frac{1}{m}{\log _a}b$;

${\log _a}{b^m} = m{\log _a}b$;

${\log _a}bc = {\log _a}b + {\log _a}c$.

${\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right)$

$= \frac{1}{2}{\log _a}\left( {a{b^2}} \right)$

$= \frac{1}{2}{\log _a}a + \frac{1}{2}{\log _a}{b^2}$

$= \frac{1}{2}{\log _a}a + 2.\frac{1}{2}{\log _a}b$

$= \frac{1}{2}{\log _a}a + {\log _a}b$

$= \frac{1}{2}.1 + 2$

$= \frac{5}{2}$.

Tập xác định của hàm số $y = {x^\alpha }$ là $\left( {0; + \infty } \right)$ nếu $\alpha$ không nguyên.

ĐKXĐ: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Vậy $D = \left( {1; + \infty } \right)$.

${\log _a}x = b \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x = {a^b}\end{array} \right.$.

${\log _3}(5x) = 2 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}5x > 0\\5x = {3^2}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x = \frac{9}{5}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x = \frac{9}{5}.

Đưa hai vế về dạng lũy thừa có cùng cơ số.

${9^{x + 1}} > {27^{2x + 1}} \Leftrightarrow {\left( {{3^2}} \right)^{x + 1}} > {\left( {{3^3}} \right)^{2x + 1}} \Leftrightarrow {3^{2\left( {x + 1} \right)}} > {3^{3\left( {2x + 1} \right)}} \Leftrightarrow 2(x + 1) > 3(2x + 1) \Leftrightarrow 4x < - 1 \Leftrightarrow x < - \frac{1}{4}$.

Áp dụng tính chất của lũy thừa ${a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}$; ${\left( {{a^m}} \right)^n} = {a^{m.n}}$; $\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m - n}}$; ${a^x}.{b^x} = {(a.b)^x}$.

${2^x}{.3^x} = {(2.3)^x} = {6^x}$.

Tìm hình chiếu vuông góc của S trên (ABC).

Vì $SA \bot (ABC)$ nên A là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC).

Khi đó $\left( {SC,(ABC)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Nếu a // b thì (a,c) = (b,c).

Vì CC’ // BB’ nên $(BD,CC') = (BD,BB') = \widehat {B'BD}$.

Vì $BB' \bot (ABCD)$ nên $BB' \bot BD$ hay $\widehat {B'BD} = {90^o}$.

Chứng minh mặt phẳng chứa MN vuông góc với một trong số các đường thẳng ở đáp án rồi kết luận.

Ta có $\{\begin{array}{l}SA\mathrm{\perp }(ABCD)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }AD\\ AD\mathrm{\perp }AB\end{array}\Rightarrow AD\mathrm{\perp }(SAB)\Rightarrow AD\mathrm{\perp }MN$$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AD\\AD \bot AB\end{array} \right.$ \Rightarrow AD \bot (SAB) \Rightarrow AD \bot MN (vì M, N thuộc (SAB)).

Dựa vào định nghĩa hình hộp, hình lăng trụ đều, hình chóp đều, hình lập phương.

“Hình lập phương có 6 mặt là hình vuông” là mệnh đề đúng.

A sai vì hình hộp có đáy là hình bình hành.

B sai vì hình lăng trụ đều có đáy là đa giác đều

C sai vì hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều, các cạnh bên bằng nhau.

Tìm hình chiếu vuông góc của các điểm S, C, D lên (ABCD).

Hình chiếu vuông góc của các điểm S, C, D lên mặt phẳng (ABCD) lần lượt là A, C, D.

Suy ra hình chiếu vuông góc của DSCD lên mặt phẳng (ABCD) là DACD.

Áp dụng liên hệ giữa quan hệ vuông góc và quan hệ song song.

B sai vì nếu $b \bot a$ thì b // (P) hoặc b thuộc (P).

Thay số và áp dụng các công thức biến đổi logarit.

a) Sai. Kí hiệu $\ln \frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}}$ là logarit cơ số e của $\frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}}$.

b) Sai. ${E_0} = E + \frac{{8,314.298}}{{n.96485}}.\left( {\ln \frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}}} \right) \Leftrightarrow {E_0} = E + \frac{{2477572}}{{n.96485000}}.\left( {\frac{{\log \frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}}}}{{\log e}}} \right)$

$\Leftrightarrow {E_0} = E + \frac{{2477572}}{{n.96485000}}.\log e.\log \frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}} \Leftrightarrow {E_0} = E + \frac{{2477572}}{{n.96485000}}.\frac{1}{{\log e}}.\log \frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}}$

$\Leftrightarrow {E_0} = E + \frac{{0,0591}}{n}.\log \frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}}$.

c) Đúng. Với $\frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}} = 1$, ta có ${E_0} = E + \frac{{8,314.298}}{{n.96485}}.\left( {\ln \frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}}} \right) = E + \frac{{8,314.298}}{{n.96485}}.\ln 1 = E + \frac{{8,314.298}}{{n.96485}}.0 = E$.

d) Sai. ${E_0} = E + \frac{{RT}}{{nF}}.\left( {\ln \frac{{{C_{ox}}}}{{{C_{red}}}}} \right) \Leftrightarrow {E_0} = E + \frac{{RT}}{{nF}}.\left( {\ln {C_{ox}} - \ln {C_{red}}} \right)$.

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. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AD \bot DC\\AD \bot DD'\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot (CDD'C')$.

b) Đúng. Ta có A’D = DC’ = A’C’ (đường chéo của các hình vuông bằng nhau) nên A’DC’ là hình tam giác đều, hay $\widehat {A'DC'} = {60^o}$.

Vậy $(A'D,DC') = \widehat {A'DC'} = {60^o}$.

c) Đúng. Dễ thấy mặt phẳng (ACC’A’) là hình chữ nhật có O là trung điểm của AC, O’ là trung điểm của A’C’. Khi đó OO’ // AA’ và cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD).

d) Sai. $(A'D,BB') = (A'D,DD') = \widehat {A'DD'} = {45^o}$.

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

${5.10^{ - 13}} = 1,{2.10^{ - 12}}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{5730}}}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{5730}}}} = \frac{5}{{12}}$

$\Leftrightarrow \frac{t}{{5730}} = {\log _{\frac{1}{2}}}\frac{5}{{12}} \Leftrightarrow t = 5730{\log _{\frac{1}{2}}}\frac{5}{{12}} \approx 7200$ (năm).

Tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.

Kẻ $AH \bot SB$, H thuộc SB.

Vì $SA \bot (ABCD)$ nên $SA \bot AD$.

Ta có $\{\begin{array}{l}AD\mathrm{\perp }SA\\ AD\mathrm{\perp }AB\end{array}\Rightarrow AD\mathrm{\perp }(SAB)\Rightarrow AD\mathrm{\perp }AH$$\left\{ \begin{array}{l}AD \bot SA\\AD \bot AB\end{array} \right.$ \Rightarrow AD \bot (SAB) \Rightarrow AD \bot AH.

Do đó, AH là đoạn vuông góc chung của SB và AD.

Xét tam giác SAB vuông tại A có đường cao AH:

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = 2$

$\Leftrightarrow A{H^2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \approx 0,71$.

Vậy $d\left( {AD,SB} \right) = AH \approx 0,71$.

Sử dụng các phép biến đổi logarit ${\log _a}b = \frac{a}{{{{\log }_b}a}}$, $m{\log _a}b = {\log _a}{b^m}$.

Ta có $CB = 2AB$

$\Leftrightarrow CB + BA = 3BA \Leftrightarrow CA = 3BA$

$\Leftrightarrow {\log _b}5 = 3{\log _a}5 \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_5}b}} = \frac{3}{{{{\log }_5}a}}$

$\Leftrightarrow {\log _5}a = 3{\log _5}b \Leftrightarrow {\log _5}a = {\log _5}{b^3} \Leftrightarrow a = {b^3}$.

Vậy m = 1, n = 3. Suy ra ${m^2} + {n^2} = {1^2} + {3^2} = 10$.

Mô hình hoá kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều. Xác định góc nhị diện và áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính.

Mô hình hoá kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều S.ABCD với O là tâm của đáy.

Khi đó AB = 180 m, SO = 98 m.
Gọi M là trung điểm của BC.

Vì S.ABCD là chóp tứ giác đều nên tam giác SBC cân tại S. Khi đó, $SM \bot BC$.

Dễ thấy tam giác OBC cân tại O nên $OM \bot BC$.

Do đó, góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy là $[S,BC,O] = (MO,MS) = \widehat {SMO}$.

OM là đường trung bình của ΔBCD nên $OM = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}.180 = 90$ (m).

Xét ΔSMO vuông tại O, có: $\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{98}}{{90}} \Rightarrow \widehat {SMO} \approx 47,{4^o}$.

Áp dụng các công thức biến đổi logarit ${\log _a}b = \frac{a}{{{{\log }_b}a}}$; $m{\log _a}b = {\log _a}{b^m}$; ${\log _a}b.{\log _b}c = {\log _a}c$.

${\log _6}45 = \frac{{{{\log }_2}45}}{{{{\log }_2}6}} = \frac{{{{\log }_2}{3^2}.5}}{{{{\log }_2}2.3}} = \frac{{{{\log }_2}{3^2} + {{\log }_2}5}}{{{{\log }_2}2 + {{\log }_2}3}} = \frac{{2{{\log }_2}3 + {{\log }_2}3.{{\log }_3}5}}{{{{\log }_2}2 + {{\log }_2}3}}$

$= \frac{{2{{\log }_2}3 + {{\log }_2}3.\frac{1}{{{{\log }_5}3}}}}{{{{\log }_2}2 + {{\log }_2}3}} = \frac{{2a + \frac{a}{b}}}{{1 + a}} = \frac{{2ab + a}}{{b(1 + a)}} = \frac{{2ab + a}}{{ab + b}}$.

Xác định hình chiếu vuông góc của AC lên mặt phẳng (ABB’A).

Gọi M là trung điểm của AB. Vì tam giác ABC đều nên CM vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác ABC.

Ta có ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đứng nên $AA' \bot (ABC) \Rightarrow AA' \bot CM$.

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot CM\\AB \bot CM\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot (AA'B'B)$.

Mà M thuộc (AA’B’B) nên M là hình chiếu vuông góc của C lên (AA’B’B).

Do đó, AM là hình chiếu vuông góc của AC lên (AA’B’B).

Vậy góc giữa AC và mặt phẳng (AA’B’B) là $\widehat {CAM} = {60^o}$ (vì tam giác ABC đều).

Thay số từ dữ kiện của đề bài vào công thức $f(t) = A.{e^{rt}}$, tính r. Từ r, tính thời gian để số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần.

Số vi khuẩn ban đầu có 1000 con và sau 10 giờ là 5000 con nên:

$f(10) = 5000 \Leftrightarrow 1000.{e^{10r}} = 5000 \Leftrightarrow {e^{10r}} = 5 \Leftrightarrow 10r = \ln 5 \Leftrightarrow r = \frac{{\ln 5}}{{10}}$.

Số vi khuẩn tăng gấp 10 lần sẽ được 1000.10 = 10000 con. Ta có:

$f(t) = 10000 \Leftrightarrow 1000.{e^{\frac{{\ln 5}}{{10}}t}} = 10000 \Leftrightarrow {e^{\frac{{\ln 5}}{{10}}t}} = 10 \Leftrightarrow \frac{{\ln 5}}{{10}}t = \ln 10 \Leftrightarrow t = \frac{{10\ln 10}}{{\ln 5}} \approx 14,3$ (giờ).