Đề giữa học kì 2 Toán 11 năm 2024 – 2025 trường THPT Phù Cát 3 – Bình Định

$\sqrt[y]{{{a^x}}} = {a^{\frac{x}{y}}}$.

$\sqrt[3]{{{a^2}}} = {a^{\frac{2}{3}}}$.

Dựa vào tính chất của logarit.

Theo tính chất của logarit, ta có ${\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x - {\log _a}y$.

Dựa vào tính chất của logarit.

Theo tính chất của logarit, ta có $\log \left( {a{b^2}} \right) = \log a + \log {b^2} = \log a + 2\log b$.

Hàm số mũ có dạng $y = {a^x}$ với a > 0 và a khác 1.

$y = {3^x}$ là hàm số mũ.

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

${3^x} = \frac{1}{{243}} \Leftrightarrow {3^x} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^5} \Leftrightarrow {3^x} = {3^{ - 5}} \Leftrightarrow x = - 5$.

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.

Áp dụng công thức thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3}Bh$.

$V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.4{a^2}.a = \frac{4}{3}{a^3}$.

Tìm hình chiếu của S, B lên mặt phẳng (ABCD) rồi kết luận.

Ta có A là hình chiếu của S lên (ABCD), B là hình chiếu của B lên (ABCD) nên AB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng (ABCD).

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 đoạn vuông góc chung của SA và BC.

Có $\{\begin{array}{l}SA\mathrm{\perp }(ABC)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }AB\\ BC\mathrm{\perp }AB\end{array}\Rightarrow AB$$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AB\\BC \bot AB\end{array} \right.$ \Rightarrow AB là đoạn vuông góc chung của SA và BC, hay $d\left( {SA,BC} \right) = AB$.

Nếu đường thẳng d không vuông góc với mặt phẳng (P) thì góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và hình chiếu d’ của đường thẳng d trên (P).

Vì BD là hình chiếu của SB lên (ABCD) nên $\left( {SD,(ABCD)} \right) = \widehat {SDB}$.

Dựa vào lí thuyết hình chóp cụt đều.

Khi cắt một hình chóp cụt đều theo phương ngang, ta nhận được một đa giác đều.

Tìm ĐKXĐ của hàm số, áp dụng quy tắc giải phương trình và bất phương trình logarit.

a) Sai. Tập xác định của hàm số $f\left( x \right)$ là $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

b) Đúng. $f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}x = 0 \Leftrightarrow x = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} = 1$ (TMĐK).

Vậy phương trình f(x) = 0 có một nghiệm x = 1.

c) Sai. $f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}x > 0 \Leftrightarrow x < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} \Leftrightarrow x < 1$.

Bất phương trình f(x) > 0 có tập nghiệm là $S = \left( {0;1} \right)$.

d) Đúng. $f\left( x \right) = {\log _{\frac{1}{2}}}x$ có cơ số $\frac{1}{2} < 1$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng xác định.

Vậy $2024 < 2025 \Rightarrow f(2024) > f(2025)$.

a) Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc là mặt phẳng này vuông chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.

b) Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) thì độ dài đoạn MH được gọi là khoảng cách từ M đến (P), kí hiệu d(M, (P)).

c) Để tính góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P), ta tính góc giữa đường thẳng d và hình chiếu d’ của d trên (P).

d) Cho hình chóp đều $S.{A_1}{A_2}...{A_n}$. Mặt phẳng (P) song song với đáy của hình chóp và cắt các cạnh $S{A_1}$, $S{A_2}$, …, $S{A_n}$ lần lượt tại ${B_1}$, ${B_2}$, …, ${B_n}$.

Phần của hình chóp đã cho giới hạn bởi hai mặt phẳng (P) và $\left( {{A_1}{A_2}...{A_n}} \right)$ được gọi là hình chóp cụt đều ${A_1}{A_2}...{A_n}.{B_1}{B_2}...{B_n}$.

a) Đúng. S.ABCD là hình chóp đều nên $SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot AC$, mà ABCD là hình vuông nên $BD \bot AC$. Vậy $AC \bot (SBD) \Rightarrow (SAC) \bot (SBD)$.

b) Sai. Kẻ $MH \bot BD$, $H \in BD$. Vì $SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot MH$.

Vậy $MH \bot (SBD) \Rightarrow d\left( {M,(SBD)} \right) = MH \ne MB$.

c) Sai. SO là hình chiếu của SA lên (ABCD), do đó $\left( {SA,(ABCD)} \right) = \widehat {SAO}$.

Vì $SA = SC = AB \ne AC$ nên tam giác SAC không phải tam giác đều, do đó $\left( {SA,(ABCD)} \right) = \widehat {SAO} \ne {60^o}$.

d) Đúng. EF, FG, GH lần lượt là đường trung bình của các tam giác SAB, SBC, SCD; do đó EF // AB, FG // BC, GH // CD // AB // EF.

Vì GH // EF nên GH // (EFG), mà G thuộc (EGH) nên GH thuộc (EGH). Vậy E, F, G, H đồng phẳng.

Ta có $\{\begin{array}{l}EF\mathrm{/}\mathrm{/}AB\Rightarrow EF\mathrm{/}\mathrm{/}(ABCD)\\ FG\mathrm{/}\mathrm{/}BC\Rightarrow FG\mathrm{/}\mathrm{/}(ABCD)\\ EF,FG\subset (EFGH)\end{array}\Rightarrow (EFGH)\mathrm{/}\mathrm{/}(ABCD)$$\left\{ \begin{array}{l}EF//AB \Rightarrow EF//(ABCD)\\FG//BC \Rightarrow FG//(ABCD)\\EF,FG \subset (EFGH)\end{array} \right.$ \Rightarrow (EFGH)//(ABCD).

Vậy EFGH.ABCD là hình chóp cụt đều.

Áp dụng các công thức lũy thừa:

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

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

${\log _a}\left( {{b^3}{c^4}} \right) = 3{\log _a}b + 4{\log _a}c$

$=3.4 + 4.5 = 32$.

Hàm số mũ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi cơ số lớn hơn 0 và nhỏ hơn 1.

Hàm số mũ $y = {(2a - 5)^x}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $0 < 2a - 5 < 1$ hay $2,5 < a < 3$.

Mà a nguyên nên không có giá trị a nào thỏa mãn.

Sử dụng kiến thức về hình chiếu vuông góc để xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng; sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính cạnh bên.

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC và M là trung điểm của BC. Khi đó $SO \bot (ABC)$ và O thuộc AM.

Dễ thấy AO là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC), suy ra:

$\left( {SA,(ABC)} \right) = \left( {SA,AM} \right) = \widehat {SAM} = {60^o}$.

$AM = \frac{{2\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2} = 3 \Rightarrow AO = 2$.

Xét tam giác SAO vuông tại O:

$\cos \widehat {SAO} = \frac{{AO}}{{SA}} \Leftrightarrow \cos {60^o} = \frac{2}{{SA}} \Leftrightarrow SA = 4$.

Mô hình hóa bài toán, tính chiều cao hình chóp cụt đều rồi áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt.

Mô hình hóa chân tháp của bài toán bằng khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’, với O, O’ lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và A’B’C’D’.

Như vậy ta có:

- ABCD là hình vuông cạnh 5 có diện tích $S_{ABCD} = 5^2 = 25$;

- A’B’C’D’ là hình vuông cạnh 2 có diện tích $S_{A'B'C'D'} = 2^2 = 4$;

- Các cạnh bên A’A, B’B, C’C, D’D có độ dài bằng 3;

- OO’ vuông góc với (ABCD) và (A’B’C’D’).

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ABC} = 90^o$, do đó tam giác ABC vuông tại B.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có:

$AC^2 = AB^2 + BC^2 = 5^2 + 5^2 = 50$.

Suy ra $AC = 5\sqrt{2}$.

Do đó $CO = \frac{AC}{2} = \frac{5\sqrt{2}}{2}$ (do O là tâm hình vuông ABCD).

Do A’B’C’D’ là hình vuông nên $\widehat{A'B'C'} = 90^o$, do đó tam giác A’B’C’ vuông tại B’.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác A’B’C’ vuông tại B’ có:

$A'C'^2 = A'B'^2 + B'C'^2 = 2^2 + 2^2 = 8$.

Suy ra $A'C' = 2\sqrt{2}$.

Do đó $C'O' = \frac{A'C'}{2} = \frac{2\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$ (do O’ là tâm hình vuông A’B’C’D’).

Dễ thấy: $(ABCD) \cap (A'C'CA) = AC$;

$(A'B'C'D') \cap (A'C'CA) = A'C'$.

Mà $(ABCD) \parallel (A'B'C'D')$.

Suy ra $AC \parallel A'C'$ hay $A'C'CA$ là hình thang.

Xét hình thang $A'C'CA$, kẻ $C'H \perp AC$ ($H \in AC$).

Vì $OO' \perp (ABCD)$ và $AC \subset (ABCD)$ nên $OO' \perp AC$.

Do đó $C'H \parallel OO'$ (cùng vuông góc với $AC$).

Mà $O'C' \parallel OH$ (do $A'C' \parallel AC$).

Suy ra $O'C'HO$ là hình bình hành.

Do đó: $OO' = C'H$ và $OH = C'O' = \sqrt{2}$.

Suy ra $HC = OC - OH = \frac{5\sqrt{2}}{2} - \sqrt{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $C'HC$ vuông tại $H$ (do $C'H \perp AC$) có:

$C'C^2 = C'H^2 + HC^2$

Suy ra $C'H = \sqrt{C'C^2 - HC^2} = \sqrt{3^2 - \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.

Do đó $OO' = C'H = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.

Thể tích khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ với chiều cao $OO' = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ và diện tích hai đáy $S_{ABCD} = 25, S_{A'B'C'D'} = 4$ là:

$V_{ABCD.A'B'C'D'} = \frac{1}{3} . \frac{3\sqrt{2}}{2} \left( 25 + \sqrt{25 . 4} + 4 \right) = \frac{39\sqrt{2}}{2}$ $(m^3)$.

Như vậy ta có thể tích của chân tháp đã cho bằng $\frac{39\sqrt{2}}{2} (\text{m}^3)$.

Vì chân tháp được làm bằng bê tông tươi với giá tiền là 1500 000 đồng/$m^3$ nên số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:

$\frac{39\sqrt{2}}{2} . 1 500 000 \approx 41 365 746$ (đồng).

Vậy số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp khoảng 41,4 triệu đồng.

Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc là mặt phẳng này vuông chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.

Ta có: $\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }AB\\ SA\mathrm{\perp }(ABCD)\Rightarrow BC\mathrm{\perp }SA\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }(SAB)$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot AB}\\{SA \bot (ABCD) \Rightarrow BC \bot SA}\end{array}} \right.$ \Rightarrow BC \bot (SAB), mà $BC \subset (SBC)$ nên $(SBC) \bot (SAB)$.

Tính số tiền lãi của ông A theo n và tìm n sao cho tiền lãi lớn hơn hoặc bằng 26 triệu đồng. Áp dụng quy tắc giải bất phương trình mũ.

Số tiền ông A có được sau n năm là: $125{\left( {1 + 0,066} \right)^n}$ (triệu đồng).

Số tiền lãi ông A có được sau n năm là: $125{\left( {1 + 0,066} \right)^n} - 125$ (triệu đồng).

Để sau n năm số tiền lãi của ông Nam mua được chiếc xe máy trị giá 26 triệu đồng thì:

$125{\left( {1 + 0,066} \right)^n} - 125 \ge 26 \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,066} \right)^n} \ge \frac{{151}}{{125}}$

$\Leftrightarrow n \ge {\log _{1,066}}\frac{{151}}{{125}} \approx 2,96$.

Vậy sau ít nhất 3 năm ông A có số tiền lãi đủ để mua một chiếc xe gắn máy trị giá 26 triệu đồng.

Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) thì độ dài đoạn MH được gọi là khoảng cách từ M đến (P), kí hiệu d(M, (P)).

Gọi I là hình chiếu của O trên CD, H là hình chiếu của O trên SI.

Thấy rằng $CD \bot (SOI)$ nên $CD \bot OH$. Mà $OH \bot SI$ nên $OH \bot (SCD)$.

Suy ra $d(O,(SCD)) = OH$.

Vì $AB = BC$, $\widehat {ABC} = {60^o}$ nên tam giác ABC đều.

Suy ra $OB = OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $OA = OC = \frac{a}{2}$.

Xét tam giác vuông DOC có $OI = \frac{{OB.OC}}{{OD}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Xét tam giác vuông SOI có:

$SI = \sqrt {S{O^2} + O{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$;

$OH = \frac{{SO.OI}}{{SI}} = \frac{{\frac{{3a}}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{3a}}{8}$.