Đề thi giữa học kì 2 Toán 11 - Đề số 4

Dựa vào các công thức biến đổi lũy thừa đã học.

${a^m}{b^n} = {\left( {ab} \right)^{m + n}}$ là đẳng thức sai.

$\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}}$.

Ta có $\sqrt[5]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{5}}}$.

Hàm số mũ có dạng $y = a^x$ với a dương và a khác 1.

Vì $-\sqrt{3} < 0$ nên $y = {( - \sqrt{3})}^{x}$ không phải hàm số mũ.

Dựa vào các công thức logarit.

$\log_{b}x = \log_{b}a.\log_{a}x.$

Áp dụng các tính chất của logarit.

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

$= 1 + 2{\log _a}b = 1 + 2.2 = 5$.

Tìm ĐKXĐ của hàm số logarit.

ĐKXĐ: $x - 5 > 0 \Leftrightarrow x > 5$.

Vậy $D = \left( {5; + \infty } \right)$.

Dựa vào lí thuyết về hai đường thẳng vuông góc trong không gian.

Qua O có vô số đường thẳng vuông góc với đường thẳng d. Tập hợp các đường thẳng đó tạo thành mặt phẳng vuông góc với d.

Dựa vào định nghĩa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.

Đường thẳng $\Delta$ được gọi là vuông góc với mặt phẳng $(P)$ nếu đường thẳng $\Delta$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng $(P)$.

Góc giữa hai đường thẳng m và n trong không gian, kí hiệu (m, n) là góc giữa hai đường thẳng a và b cùng đi qua một điểm và tương ứng song song (hoặc trùng) với m và n.

$\left( {BD,B'C'} \right) = \left( {BD,BC} \right) = \widehat {CBD} = {45^o}$.

Sử dụng điều kiện và tính chất của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.

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

$\Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB$.

Vậy $BC \bot SC$ là mệnh đề sai.

Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và d’ - hình chiếu của d lên (P).

$SA \bot (ABC)$ nên hình chiếu của S lên (ABC) là A. Mặt khác, hình chiếu của B lên (ABC) là B. Do đó, hình chiếu của SB lên (ABC) là AB.

Vậy $\left( {SB,(ABC)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}$.

Nếu mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (Q) thì (P) vuông góc với (Q).

Có $\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot (ABCD)\\AA' \subset (AA'C'C)\end{array} \right. \Rightarrow (AA'C'C) \bot (ABCD)$.

Tìm ĐKXĐ và giải phương trình, bất phương trình logarit cơ bản.

a) Đúng. $f(x) = 1 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {5x - 3} \right) = 1$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}5x - 3 > 0\\5x - 3 = {3^1}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x = \frac{6}{5}.

b) Đúng. $f\left( {\frac{9}{5}} \right) - f(1)$

$= {\log _3}\left( {5.\frac{9}{5} - 3} \right) - {\log _3}\left( {5.1 - 3} \right)$

$= {\log _3}6 - {\log _3}2 = {\log _3}\frac{6}{2}$

$= {\log _3}3 = 1$.

c) Sai. Để f(x) có nghĩa thì $5x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{5}$.

d) Đúng. $f(x) \le 2 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {5x - 3} \right) \le 2$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}5x - 3 > 0\\5x - 3 \le {3^2}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow \frac{3}{5} \le x \le \frac{{12}}{5}.

Vậy $f(x) \le 2$ có hai nghiệm nguyên là x = 1, x = 2.

a) Tính AH bằng định lí Pythagore.

b) Áp dụng công thức V = Bh.

c, d) Đưa về tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 đường thẳng/mặt phẳng.

a) Đúng. Ta có: $AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{a\sqrt{2}}{3}$

$\Rightarrow A'H = \sqrt{A{A'}^{2} - AH^{2}} = \dfrac{4a}{3}$.

b) Sai. $AB = AC = a\Rightarrow S_{\Delta ABC} = \dfrac{1}{2}AB^{2} = \dfrac{a^{2}}{2}$

$\Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = \dfrac{2a^{3}}{3}$.

c) Đúng. Do $BB'//\left( {ACC'A'} \right)$ nên:

$d\left( {BB', AC} \right) = d\left( {BB',\left( {ACC'A'} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right)$.

Ta có $\dfrac{d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right)}{d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right)} = \dfrac{BN}{HN} = 3$.

Suy ra $d\left( {BB', AC} \right) = 3.d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right)$.

d) Sai. Kẻ $HK\bot AC$ và $HI\bot A'K$.

Khi đó $HI\bot\left( {ACC'A'} \right)\Rightarrow d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = HI$.

Ta có $HK//AB\Rightarrow\dfrac{HK}{AB} = \dfrac{NH}{NB} = \dfrac{1}{3}$

$\Rightarrow HK = \dfrac{1}{3}AB = \dfrac{a}{3}$.

$d\left( {BB', AC} \right) = 3.d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right)$

$= 3.HI = 3.\dfrac{A'H.HK}{\sqrt{A'H^{2} + HK^{2}}} = \dfrac{4a}{\sqrt{17}}$.

Ứng dụng bất phương trình logarit để giải.

Số lần phân đôi của vi khuẩn là $\frac{n}{{20}}$ $\left( {\frac{n}{{20}} \in \mathbb{N}} \right)$.

Số vi khuẩn lập thành cấp số nhân với ${u_1} = 5$, công bội q = 2.

Để có hơn 2000 vi khuẩn thì:

${5.2^{\frac{n}{{20}}}} > 2000 \Leftrightarrow {2^{\frac{n}{{20}}}} > 400 \Leftrightarrow \frac{n}{{20}} > {\log _2}400 \approx 8,64$.

Vì $\frac{n}{{20}} \in \mathbb{N}$ nên GTNN của $\frac{n}{{20}}$ là 9 . Khi đó, n = 180.

Vậy, sau ít nhất 180 phút thì số vi khuẩn nhiều hơn 2000.

Để tính cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ ta sử dụng công thức đề bài cho $M = \log A - \log A_0$. Trong đó $A_0$ là hằng số, vậy muốn tính M phải tính được biên độ A.

Trận động đất ở San Francisco có cường độ 8 độ Richte khi đó áp dụng công thức:

$M_1 = \log A - \log A_0 \Rightarrow 8 = \log A - \log A_0$.

Trận động đất ở Nam Mỹ có biên độ là: $4A$, khi đó cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ là:

$M_2 = \log (4A) - \log A_0$

$\Leftrightarrow M_2 = \log 4 + \log A - \log A_0$

$\Rightarrow M_2 = \log 4 + 8 \approx 8,6$ độ Richte.

Tính $\widehat {BAC}$, sử dụng định lí cosin cho tam giác ABC cân tại A.

Độ mở của laptop là $\widehat {BAC}$.

Tam giác ABC cân tại A. Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC có:

$\cos BAC = \frac{25^2 + 25^2 - 40^2}{2.25.25} = -\frac{7}{25}$.

Vậy độ mở của laptop là $BAC \approx 106^o$.

Tính diện tích đáy nhỏ và diện tích 4 mặt bên là hình thang.

Xét một mặt của hình chóp cụt tứ giác đều giả sử là hình thang cân $ABCD$, chiều cao $AH$ ta có:

$DH = 0,15$ (m).

$AH = \sqrt{0,7^2 - 0,15^2} = \frac{\sqrt{187}}{20}$ (m).

Diện tích hình thang $ABCD$ là:

$S_{ABCD} = \frac{(1+0,7)\sqrt{187}}{2.20} = \frac{17\sqrt{187}}{400}$ $(m^2)$.

Diện tích mặt đáy nhỏ là $0,7^2 = 0,49$ $(m^2)$.

Tổng diện tích cần sơn là:

$\frac{17\sqrt{187}}{400} \cdot 4 + 0,49 \approx 2,81$ $(m^2)$.

- Tìm điều kiện của phương trình.

- Sử dụng công thức lôgarit để biến đổi giải phương trình.

a) ${3^{1 - 2x}} = {4^x}$ (lấy lôgarit cơ số 3 hai vế)

$\Leftrightarrow {\log _3}{3^{1 - 2x}} = {\log _3}{4^x}$

$\Leftrightarrow 1 - 2x = x{\log _3}4$

$\Leftrightarrow x{\log _3}4 + 2x = 1$

$\Leftrightarrow x\left( {{{\log }_3}4 + 2} \right) = 1$

$\Leftrightarrow x = \frac{1}{{{{\log }_3}4 + 2}} = \frac{1}{{{{\log }_3}4 + {{\log }_3}9}}$

$= \frac{1}{{{{\log }_3}36}} = {\log _{36}}3$.

Vậy phương trình có nghiệm $x = {\log _{36}}3$.

b) ${\log _3}(x + 1) + {\log _3}(x + 4) = 2$ (ĐK: x > -1)

$\Leftrightarrow {\log _3}\left[ {(x + 1)\left( {x + 4} \right)} \right] = 2$

$\Leftrightarrow (x + 1)\left( {x + 4} \right) = {3^2}$

$\Leftrightarrow {x^2} + 5x + 4 - 9 = 0$

$\Leftrightarrow {x^2} + 5x - 5 = 0$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \frac{{ - 5 + 3\sqrt 5 }}{2}\left( {TM} \right)\\x = \frac{{ - 5 - 3\sqrt 5 }}{2}\left( {KTM} \right)\end{array}$ \right.

Vậy phương trình có nghiệm $x = \frac{{ - 5 + 3\sqrt 5 }}{2}$.

Điều kiện để:

- $\sqrt a$ có nghĩa: $a \ge 0$.

- ${\log _a}x$ có nghĩa: $x > 0$.

a) Điều kiện để hàm số $y = \sqrt {{4^x} - {2^{x + 1}}}$ có nghĩa là:

${4^x} - {2^{x + 1}} \ge 0$

$\Leftrightarrow {2^{2x}} - {2.2^x} \ge 0$

$\Leftrightarrow {2^x}\left( {{2^x} - 2} \right) \ge 0$.

Mà ${2^x} > 0$

$\Leftrightarrow {2^x} - 2 \ge 0$

$\Leftrightarrow {2^x} \ge 2$

$\Leftrightarrow x \ge 1$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = \sqrt {{4^x} - {2^{x + 1}}}$ là $\left[ {1; + \infty } \right)$.

b) Điều kiện để hàm số $y = \ln (1 - \ln x)$ có nghĩa là

$\{\begin{array}{l}x>0\\ 1-\ln x>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>0\\ \ln x<1\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\1 - \ln x > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\\ln x < 1\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < e\end{array} \right.$ \Leftrightarrow 0 < x < e.

Vậy tập xác định của hàm số $y = \ln (1 - \ln x)$ là $\left( {0;e} \right)$.

a) Chứng minh BC vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc (SAB).

b) Tính góc giữa SB và hình chiếu của SB lên (ABC), sử dụng hệ thức lượng.

a) $\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}SA\mathrm{\perp }(ABC)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }BC\\ BC\mathrm{\perp }AB\\ SA\cap AB=A\end{array}\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }(SAB)$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC\\BC \bot AB\\SA \cap AB = A\end{array}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB)} \right.$.

b) Hình chiếu của SB lên (ABC) là AB.

Suy ra $\left( {SB,(ABC)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}$.

$\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{6} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SBA} = {30^o}$.