Đề thi giữa học kì 2 Toán 11 - Đề số 5

Dựa vào các công thức biến đổi căn bậc n.

$\sqrt[m]{a^{n}} = \sqrt[n]{a^{m}}$ là khẳng định sai.

Áp dụng tính chất của lũy thừa: ${x^a}.{x^b} = {x^{a + b}}$.

${a^{\frac{7}{2}}}.{a^{\frac{3}{2}}} = {a^{\frac{7}{2} + \frac{3}{2}}} = {a^{\frac{{10}}{2}}} = {a^5}$.

Hàm số mũ $y = {a^x}$ đồng biến trên tập xác định khi a > 1.

Có $\sqrt 3 > 1$ nên $y = {\left( {\sqrt 3 } \right)^x}$ đồng biến trên tập xác định.

Sử dụng công thức đổi cơ số.

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

Áp dụng các tính chất logarit.

${\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {{x^2}{y^3}} \right) = {\log _2}{x^2} + {\log _2}{y^3}$

$= 2{\log _2}x + 3{\log _2}y = 2a + 3b$.

Giải bất phương trình ${4 - 3x - x^{2}} >0$, từ đó tìm được tập xác định của hàm số đã cho.

Hàm số $y = \ln\left( {4 - 3x - x^{2}} \right)$ xác định khi:

${4 - 3x - x^{2}} >0$

$\Leftrightarrow -4 < x < 1$.

Do đó, tập xác định của hàm số đã cho là $D = \left( {- 4\,;\, 1} \right)$.

Dựa vào định nghĩa góc giữa hai đường thẳng trong không gian.

Góc giữa hai đường thẳng bất kì trong không gian là góc giữa hai đường thẳng cùng đi qua một điểm và lần lượt song song với chúng.

Dựa vào tính chất của đường thẳng và mặt phẳng vuông góc trong không gian.

Có duy nhất 1 mặt phẳng đi qua O và vuông góc với đường thẳng d.

Hai đường thẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng ${90^o}$. Nếu một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì nó vuông góc với đường còn lại.

Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên AB // A’B’, mà A’B’ vuông góc với B’C’ nên AB vuông góc với B’C’.

Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt phẳng ấy.

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

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

Ta có $SA\bot\left( {ABC} \right)\left. \Rightarrow\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat{\text{S}BA} \right.$.

Hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi một mặt phẳng chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng còn lại.

Vì $BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)$ nên A đúng.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ nên B đúng.

Vì $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$ nên C đúng.

Vậy khẳng định ở đáp án D sai.

Xét bất phương trình có dạng: ${\log _a}f(x) > {\log _a}g(x)$. Tìm TXĐ và giải:

- Với a > 1: BPT tương đương $\{\begin{array}{l}f(x)>0\\ f(x)>g(x)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}f(x) > 0\\f(x) > g(x)\end{array} \right.$.

- Với 0 < a < 1: BPT tương đương $\{\begin{array}{l}f(x)>0\\ f(x)<g(x)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}f(x) > 0\\f(x) < g(x)\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 $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

b) Sai. Vì 0,3 < 1 nên $2x + 1 \ge 3x$.

c) Đúng. $2x + 1 \ge 3x \Leftrightarrow x \le 1$. Kết hợp TXĐ suy ra tập nghiệm là S = (0; 1].

d) Đúng. $x = \frac{1}{2} \in S$.

Áp dụng các điều kiện, tính chất của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, hình chiếu vuông góc, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.

c) Đúng. $SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB$.

b) Đúng. $\left.$$\begin{array}{l}SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BD\\AC \bot BD\end{array}$ \right\} \Rightarrow BD \bot (SAC).

d) Đúng. H là hình chiếu của A lên SB, do đó $AH \bot SB$ (1)

Ta có $\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot (SAB)\\AH \subset (SAB)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot AH$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot BC$.

a) Sai. Vì $\left.$$\begin{array}{l}AH \bot (SBC)\\H \in (SBC)\end{array}$ \right\} \Rightarrow H là hình chiếu của A lên (SBC).

Suy ra HC là hình chiếu của AC lên (SBC).

Ta có $\left( {AC,(SBC)} \right) = \left( {AC,HC} \right) = \widehat {ACH}$.

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

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 3$.

$AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot HC \Rightarrow \Delta AHC$ vuông tại H. Ta có:

$\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 3 a}}{{2\sqrt 2 a}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \Rightarrow \widehat {ACH} \approx {38^o}$.

Thay số vào công thức đề bài cho để tính.

Ta có 93% = 0,0093.

Dân số nước ta sau t năm là: $S = 98564407.{e^{0,0093t}}$.

Để dân số nước ta vượt 120 triệu người thì $S > 120000000$

$\Leftrightarrow 98564407.{e^{0,0093t}} > 120000000 \Leftrightarrow t > 21,16$.

Vậy, kể từ năm 2021 + 22 = 2043 trở đi, dân số nước ta vượt 120 triệu người.

Muốn xử lý bài toán này các em phải chú ý rằng khi dùng một chiếc đàn có cường độ của âm là $I_1$, thì khi ta dùng hai chiếc đàn cùng một lúc thì cường độ của âm là $2I_1$.

Mức cường độ âm do một chiếc đàn ghita phát ra là:

$L = 10 \log \frac{I}{I_0} = 60$ dB.

Mức cường độ âm đo hai chiếc đàn ghita cùng phát ra là:

$L_2 = 10 \log \frac{2I_1}{I_0}$

$= 10 \log 2 + 10 \log \frac{I_1}{I_0}$

$= 10\cdot \log 2 + 60 \approx 63$ dB.

Áp dụng quy tắc xác định góc nhị diện và định lý cosin cho tam giác để tính.

Giả sử hai mái ngói là hai hình chữ nhật OAA’O’ và OBB’O’. Khi đó:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {OAA'O'} \right) \cap \left( {OBB'O'} \right) = OO'\\OA \bot OO',\,OA \subset \left( {OAA'O'} \right)\\OB \bot OO',\,OB \subset \left( {OBB'O'} \right)\end{array} \right.$ nên $\widehat {AOB}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {A,OO',B} \right]$. Vậy $\widehat {AOB} = \alpha$.

Áp dụng định lý cosin cho tam giác OAB ta được:

$\cos \widehat {AOB} = \cos \alpha = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA.OB}}$

$= \frac{{2,{2^2} + {3^2} - 3,{8^2}}}{{2.2,2.3}} = - \frac{1}{{22}}$.

Vậy $\widehat {AOB} \approx 92^o$.

Coi ngôi nhà là hình lăng trụ với một trong hai đáy là mặt phẳng (ABKHC). Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ: V = Bh, trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao của lăng trụ.

Góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng chứa hai mái nhà có số đo bằng $\widehat{BAC} = 120^{o}$.

Gọi N là hình chiếu vuông góc của A trên mặt nền nhà, M là giao điểm của BC và AN.

Ta có $\widehat{BAM} = 60^{o}$ và $\left. BM = 5\Rightarrow\tan\widehat{BAM} = \dfrac{BM}{AM} \right.$

$\left. \Rightarrow AM = \dfrac{BM}{\tan\widehat{BAM}} = \dfrac{5}{\tan 60^{o}} = \dfrac{5\sqrt{3}}{3} \right.$.

Thể tích của ngôi nhà là:

$V = S_{ABKHC} \cdot HE = \left( {5 \cdot 10 + \dfrac{1}{2} \cdot 10 \cdot \dfrac{5\sqrt{3}}{3}} \right) \cdot 12 \approx 773$ $\left( {~m^{3}} \right)$.

Tìm điều kiện của các phương trình sau đó giải.

a) ${3^{\frac{1}{x}}} = 4$ (ĐK: $x \ne 0$)

$\Leftrightarrow \frac{1}{x} = {\log _3}4 \Leftrightarrow x = {\log _4}3$ (TM).

Vậy phương trình có tập nghiệm $x = {\log _4}3$.

b) ${2^{{x^2} - 3x}} = 4$

$\Leftrightarrow {2^{{x^2} - 3x}} = {2^2}$

$\Leftrightarrow {x^2} - 3x = 2$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2}\\x = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{2}\end{array}$ \right.

Vậy phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ {\frac{{3 - \sqrt {17} }}{2};\frac{{3 + \sqrt {17} }}{2}} \right\}$.

c) ${\log _4}(x + 1) + {\log _4}(x - 3) = 3$ (ĐK: x > 3)

$\Leftrightarrow {\log _4}\left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)} \right] = 3$

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

$\Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 64$

$\Leftrightarrow {x^2} - 2x - 67 = 0$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1 + 2\sqrt {17} (TM) \\x = 1 - 2\sqrt {17} (L) \end{array}$ \right.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 1 + 2\sqrt {17}$.

d) ${\left( {\frac{1}{5}} \right)^{{x^2} - 2x}} \ge \frac{1}{{125}}$

$\Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{{x^2} - 2x}} \ge {\left( {\frac{1}{5}} \right)^3}$

$\Leftrightarrow {x^2} - 2x \le 3$

$\Leftrightarrow  - 1 \le x \le 3$.

Vậy phương trình có tập nghiệm $S = \left[ { - 1;3} \right]$.

e) ${(2 - \sqrt 3 )^x} \le {(2 + \sqrt 3 )^{x + 2}}$

$\Leftrightarrow {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{ - x}} \le {(2 + \sqrt 3 )^{x + 2}}$

$\Leftrightarrow  - x \le x + 2$

$\Leftrightarrow x \ge  - 1$.

Vậy bất phương trình có tập nghiệm $S = \left[ { - 1; + \infty } \right)$.

f) $\log \left( {3{x^2} + 1} \right) > \log (4x)$ (ĐK: x > 0)

$\Leftrightarrow 3{x^2} + 1 > 4x \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x < \frac{1}{3}\\x > 1\end{array}$ \right.

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm $S = \left( {0 ;\frac{1}{3}} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.

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

Vì $OA\perp(OBC)$; $BC\in(OBC)$ nên $OA\perp CB$.

Ta có đường thẳng $BC$ vuông góc với hai đường thẳng $OH$ và $OA$ cắt nhau cùng thuộc $(AOH)$ nên $BC\perp(OAH)$.

Mà tam giác $ABC$ có $B'C'$ là đường trung bình nên $B'C' \parallel BC$.

Suy ra $B'C'\perp(AOH)$.