Đề thi giữa học kì 2 Toán 11 - Đề số 3

Áp dụng tính chất lũy thừa.

${a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}$.

Áp dụng tính chất logarit.

${\log _a}(MN) = {\log _a}M + {\log _a}N$.

Hàm số mũ có dạng $y = {a^x}$.

$y = {2^x}$ là hàm số mũ.

$y = {\log _a}x$ có tập xác định là $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

ĐKXĐ: $\{\begin{array}{l}x-1>0\\ 2x+1>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>1\\ x>-\frac{1}{2}\end{array}\iff x>1$$\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\2x + 1 > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x > - \frac{1}{2}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x > 1. Vậy $D = \left( {1; + \infty } \right)$.

Hàm số $y = {\log _a}x$ đồng biến trên tập xác định nếu a > 0 và nghịch biến trên tập xác định khi 0 < a < 1.

TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

Vì 2 > 1 nên $y = {\log _2}x$ đồng biến trên TXĐ.

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

$\sqrt[3]{{{a^5}\sqrt[4]{a}}} = \sqrt[3]{{{a^5}{a^{\frac{1}{4}}}}} = \sqrt[3]{{{a^{5 + \frac{1}{4}}}}} = \sqrt[3]{{{a^{5 + \frac{1}{4}}}}} = \sqrt[3]{{{a^{\frac{{21}}{4}}}}} = {\left( {{a^{\frac{{21}}{4}}}} \right)^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{{21}}{4}.\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{7}{4}}}$.

Xét từng cặp đường thẳng có cùng thuộc một mặt phẳng không.

AB và AA’ có điểm chung là A nên loại đáp án A.

AB và BB’ có điểm chung là B nên loại đáp án B.

AB và AD có điểm chung là A nên loại đáp án D.

AB và CC’ không có điểm chung và chúng vuông góc với nhau.

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng.

Ta có $\{\begin{array}{l}SA\mathrm{\perp }(ABC)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }AB\\ AC\mathrm{\perp }AB\end{array}\Rightarrow AB\mathrm{\perp }(SAC)$$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AB\\AC \bot AB\end{array} \right.$ \Rightarrow AB \bot (SAC).

Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp.

Thể tích khối chóp có diện tích đáy là S và có chiều cao là h là $V = \frac{1}{3}Sh$.

Nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau.

S.ABCD là chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông. Do đó $AC \bot BD$.

Mặt khác, $SO \bot AC$. Ta có $\{\begin{array}{l}SO\mathrm{\perp }AC\\ BD\mathrm{\perp }AC\end{array}\Rightarrow AC\mathrm{\perp }(SBD)\Rightarrow (SAC)\mathrm{\perp }(SBD)$$\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\BD \bot AC\end{array} \right.$ \Rightarrow AC \bot (SBD) \Rightarrow (SAC) \bot (SBD).

Tìm hình chiếu vuông góc của B lên (SAD) rồi tính khoảng cách từ B đến hình chiếu đó.

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

Do đó, A là hình chiếu vuông góc của B lên (SAD).

Khoảng cách từ B đến (SAD) là AB = a.

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng.

O là tâm hình chữ nhật ABCD nên O là trung điểm của AC và BD.

Theo giả thiết, các tam giác SAC và SBD cân tại S nên SO vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của hai tam giác.

Suy ra $\{\begin{array}{l}SO\mathrm{\perp }AC\\ SO\mathrm{\perp }BD\end{array}\Rightarrow SO\mathrm{\perp }(ABCD)$$\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\end{array} \right.$ \Rightarrow SO \bot (ABCD).

Với 0 < a < 1, ta có: ${\log _a}x \le {\log _a}y \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\y > 0\\x \ge y\end{array} \right.$.

a) Sai. ĐKXĐ: $\{\begin{array}{l}2x+1>0\\ 3x>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>-\frac{1}{2}\\ x>0\end{array}\iff x>0$$\left\{ \begin{array}{l}2x + 1 > 0\\3x > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > - \frac{1}{2}\\x > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x > 0. Vậy tập xác định là $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

b) Sai. ${\log _{0,5}}(2x + 1) \le {\log _{0,5}}(3x) \Leftrightarrow 2x + 1 \ge 3x$ (vì 0 < 0,5 < 1).

c) Đúng. ${\log _{0,5}}(2x + 1) \le {\log _{0,5}}(3x) \Leftrightarrow 2x + 1 \ge 3x \Leftrightarrow x \le 1$.

Kết hợp với ĐKXĐ, ta được tập nghiệm là S = (0;1].

d) Đúng. Số $x = \frac{1}{2}$ thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

Áp dụng quy tắc xác định góc giữa hai mặt phẳng. Quy ước góc giữa hai mặt phẳng có số đo từ 0 đến 90 độ.

a) Sai. Ta có $\{\begin{array}{l}(P)\cap (Q)=\mathrm{\Delta }\\ m\mathrm{\perp }\mathrm{\Delta },m\subset (P)\\ n\mathrm{\perp }\mathrm{\Delta },n\subset (Q)\end{array}\Rightarrow \left((P),(Q)\right)=\left(m,n\right)$$\left\{ \begin{array}{l}(P) \cap (Q) = \Delta \\m \bot \Delta ,m \subset (P)\\n \bot \Delta ,n \subset (Q)\end{array} \right.$ \Rightarrow \left( {(P),(Q)} \right) = \left( {m,n} \right).

b) Đúng. Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng m và n, hay góc $\widehat {AOB}$ (nếu $\widehat {AOB} < {90^o}$) hoặc ${180^o} - \widehat {AOB}$ (nếu ${90^o} < \widehat {AOB} < {180^o}$).

c) Đúng. Nếu $\widehat {AOB} = {90^o}$ thì ta nói $(P) \bot (Q)$.

d) Sai. Giả sử góc $\widehat {AOB} = {120^o}$ thì ta nói góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là ${180^o} - {120^o} = {60^o}$.

Tính M(8) (thay t = 8 vào công thức đề bài cho và tính giá trị).

Khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh đó sau 8 tháng là $M(8) = 75 - 20\ln (8 + 1) \approx 31,1$%.

Nếu a // c, b // d thì (a,b) = (c,d).

Áp dụng tính chất của đường trung bình trong tam giác, ta có NP // AD, MN // BC.

Vậy $(AD,BC) = (NP,MN) = \widehat {MNP} = {90^o}$.

Lập công thức tính diện tích bèo theo thời gian, áp dụng kiến thức về hàm số mũ.

Giả sử mặt hồ có diện tích là S. Diện tích bèo hoa dâu thả ban đầu là $4\% .S$

Sau 1 tuần, diện tích bèo hoa dâu là $4\% .S.3$.

Sau n tuần, diện tích bèo hoa dâu là $4\% .S{.3^n}$.

Để bèo hoa dâu phủ kín mặt hồ, ta có phương trình:

$4\% .A{.3^n} = A \Leftrightarrow {3^n} = 25 \Leftrightarrow n = {\log _3}25$ (tuần).

Vậy sau ít nhất $7.{\log _3}25 \approx 21$ ngày, bèo sẽ vừa phủ kín mặt hồ.

Áp dụng tính chất trọng tâm, định lý Pythagore.

Tripod có dạng khối chóp tam giác đều S.ABC. Khi đó, chiều cao tripod là SG, với G là trọng tâm tam giác ABC.

Đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác đều ABC cạnh 111 cm có độ dài là $111.\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ (cm) nên $AG = \frac{2}{3}.111.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 37\sqrt 3$ (cm).

Xét tam giác SAG vuông tại G có: $SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}} = \sqrt {{{74}^2} - {{\left( {37\sqrt 3 } \right)}^2}} = 37$ (cm).

Tính $\frac{{M(24)}}{{M(0)}}$.

Khối lượng vi khuẩn ở thời điểm ban đầu là $M(0) = 50.1,{06^0} = 50$ (g).

Khối lượng vi khuẩn sau 24 giờ là $M(24) = 50.1,{06^{24}}$ (g).

Khối lượng vi khuẩn sau 24 giờ gấp $\frac{{50.1,{{06}^{24}}}}{{50}} \approx 4$ lần khối lượng vi khuẩn ban đầu.

Áp dụng các công thức biến đổi logarit: ${\log _a}b = x \Leftrightarrow b = {a^x}$; ${\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x - {\log _a}y$.

Gọi độ pH của dung dịch A là $p{H_A}$, độ pH của dung dịch B là $p{H_B}$; nồng độ ion ${H^ + }$ của dung dịch A là ${x_A}$, nồng độ ion ${H^ + }$ của dung dịch B là ${x_B}$.

Theo giả thiết: $p{H_A} - p{H_B} = 0,6$

$\Leftrightarrow  - \left( {\log {x_A} - \log {x_B}} \right) = 0,6$

$\Leftrightarrow \log {x_B} - \log {x_A} = 0,6$

$\Leftrightarrow \log \frac{{{x_B}}}{{{x_A}}} = 0,6 \Leftrightarrow \frac{{{x_B}}}{{{x_A}}} = {10^{0,6}} \approx 4$.

Xác định đoạn thẳng thể hiện khoảng cách giữa AB và SC. Từ đó, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm chiều cao khối chóp và tính thể tích.

Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD. Kẻ $HK \bot SI$.

SH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của tam giác cân SAB, suy ra $SH \bot AB$.

Mà $(SAB) \bot (ABCD)$, $(SAB) \cap (ABCD) = AB$ nên $SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot CD$.

Ta có $\{\begin{array}{l}SH\mathrm{\perp }CD\\ HI\mathrm{\perp }CD\end{array}\Rightarrow CD\mathrm{\perp }(SHI)\Rightarrow CD\mathrm{\perp }HK$$\left\{ \begin{array}{l}SH \bot CD\\HI \bot CD\end{array} \right.$ \Rightarrow CD \bot (SHI) \Rightarrow CD \bot HK.

Mặt khác $\{\begin{array}{l}HK\mathrm{\perp }SI\\ HK\mathrm{\perp }CD\end{array}\Rightarrow HK\mathrm{\perp }(SCD)$$\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SI\\HK \bot CD\end{array} \right.$ \Rightarrow HK \bot (SCD).

Vì CD // AB nên $d\left( {AB,DC} \right) = d\left( {AB,(SCD)} \right)$

$= d\left( {H,(SCD)} \right) = HK$.

Ta có $HK = \frac{3}{2}$, $HI = AD = \sqrt 3$.

Xét tam giác vuông SHI vuông tại H có đường cao HK:

$\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{S^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{H{I^2}}}$

$= \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{1}{9}$

$\Leftrightarrow HS = 3$.

Thể tích khối chóp là:

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ACBD}} = \frac{1}{3}.SH.AB.AD$

$= \frac{1}{3}.3.1.\sqrt 3  = \sqrt 3  \approx 1,73$.