Đề thi giữa kì 2 Toán 11 năm 2024 - 2025 trường THPT Việt Nam - Ba Lan

Áp dụng các tính chất logarit.

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

Áp dụng điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.

Đường thẳng $\Delta$ vuông góc với mặt phẳng (P) nếu $\Delta$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng (P).

Áp dụng tính chất của căn bậc n.

$P = \sqrt[4]{{{x^5}}} = {x^{\frac{5}{4}}}$.

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.

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

$AB \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\AB \bot CD\end{array} \right.$.

$BC \bot CD$ do tam giác BCD vuông tại C.

$AB \bot AD$ sai.

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.

SA = SC nên SO là đường trung trực của AC.

SB = SD nên SO là đường trung trực của BD.

Ta có $\{\begin{array}{l}SO\mathrm{\perp }AC\\ SO\mathrm{\perp }BD\\ AC,BD\subset (ABCD)\\ AC\cap BD=\{O\}\end{array}\Rightarrow SO\mathrm{\perp }(ABCD)$$\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\\AC,BD \subset (ABCD)\\AC \cap BD = \{ O\} \end{array} \right.$ \Rightarrow SO \bot (ABCD).

Áp dụng tính chất của logarit.

${\rm{ln}}\left( {ab} \right) = {\rm{ln}}a + {\rm{ln}}b$.

Đưa hai vế về cùng cơ số.

${2^{2x - 1}} = \frac{1}{8} \Leftrightarrow {2^{2x - 1}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} \Leftrightarrow {2^{2x - 1}} = {2^{ - 3}} \Leftrightarrow 2x - 1 = - 3 \Leftrightarrow x = - 1$.

Tìm ĐKXĐ của hàm số logarit.

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

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

Từ một điểm O bất kì thuộc cạnh a của góc nhị diện [P, a, Q], vẽ các tia Ox, Oy tương ứng thuộc (P), (Q) và vuông góc với a. Góc xOy được gọi là một góc phẳng nhị diện [P, a, Q] (gọi tắt là góc phẳng nhị diện).

Ta có $SA \bot (ABC) \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot AC\end{array} \right.$ \Rightarrow [B,SA,C] = \widehat {BAC} = {120^o}.

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).

S.ABCD là chóp tứ giác đều nên $SO \bot (ABCD)$.

Ta có O là hình chiếu của S lên (ABCD), A là hình chiếu của A lên (ABCD) nên OA là hình chiếu của SA lên (ABCD).

Do đó $\left( {SA,(ABCD)} \right) = \widehat {OAS}$.

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.

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

Áp dụng công thức tính lãi kép: $P = A{(1 + r)^n}$, $P = A\frac{{{{(1 + r)}^n} - 1}}{r}$.

a) Đúng. Sau năm đầu tiên, số tiền anh Nam có trong tài khoản 1 là:

$4.{(1 + 7,5\% )^1} = 4,3$ (tỷ đồng).

b) Đúng. Sau 4 năm, tổng số tiền trong tài khoản 1 của anh Nam là:

$4.{(1 + 7,5\% )^4} \approx 5,34 > 5$ (tỷ đồng).

c) Sai. Sau 4 năm, giá ngôi nhà anh Nam muốn mua là:

$5.{(1 + 9\% )^4} \approx 7,1$ (tỷ đồng).

d) Sai. Số tiền trong tài khoản 2 của anh Nam sau 4 năm là:

$0,02.\frac{{{{(1 + 0,5\% )}^{48}} - 1}}{{0,5\% }} \approx 1,08$ (tỷ đồng).

Tổng số tiền của anh Nam sau 4 năm xấp xỉ $5,34 + 1,08 = 6,42$ (tỷ đồng).

Vậy tiền tiết kiệm của anh Nam không đủ để mua nhà.

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

a) Sai. Độ dài đường chéo hình lập phương là $2\sqrt 3 .\sqrt 3 = 6$.

b) Đúng. Xét trong mặt phẳng BB’D’D, gọi giao điểm của DB’ và D’O là I.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}I \in B'D\\I \in D'O \subset (D'AC)\end{array} \right. \Rightarrow I$ là giao điểm của đường thẳng DB’ và mặt phẳng (D’AC).

c) Đúng. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot (ABCD) \Rightarrow BB' \bot AC\\BD \bot AC\end{array} \right.$

$\Rightarrow AC \bot (BB'D'D) \Rightarrow (D'AC) \bot (BB'D'D)$.

d) Sai. Gọi O’ là tâm hình vuông A’B’C’D’. Dễ thấy BOD’O’ là hình bình hành, suy ra BO’ // OD’.

Mặt khác, A’C’ // AC. Từ đó chứng minh được (D’AC) // (BC’A’).

$d\left( {(D'AC),(BC'A')} \right) = d\left( {BO',OD'} \right) = \frac{{{S_{BO'D'O}}}}{{OD'}} = \frac{{O'D'.OO'}}{{OD'}}$

$= \frac{{\sqrt 6 .2\sqrt 3 }}{{\sqrt {6 + 12} }} = 2$.

Thay t vào công thức $P\left( t \right) = {P_0}.{a^t}$ để giải.

a) Sai. Sau 2 ngày, số lượng vi khuẩn tăng thêm 25%: 1200.1,25 = 1500 con.

b) Đúng. $P(2) = {P_0} + 25\% .{P_0} = 1,25.{P_0}$

$\Rightarrow {a^2} = 1,25 \Rightarrow a \approx 1,12$.

c) Đúng. $P(7) = 1200.{(\sqrt {1,25} )^7} \approx 2600$.

d) Sai. $\frac{{P(10)}}{{{P_0}}} = {a^{10}} = {(\sqrt {1,25} )^{10}} \approx 3,0518$.

Sử dụng kiến thức về quan hệ vuông góc trong không gian.

a) Đúng. $\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }AB\\ BC\mathrm{\perp }SA\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }(SAB)\Rightarrow BC\mathrm{\perp }SB$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right.$ \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB.

b) Đúng. Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $BD \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot BD$.

$\{\begin{array}{l}BD\mathrm{\perp }AC\\ BD\mathrm{\perp }SA\end{array}\Rightarrow BD\mathrm{\perp }(SAC)$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BD \bot AC}\\{BD \bot SA}\end{array}} \right.$ \Rightarrow BD \bot (SAC).

c) Sai. Xét tam giác SAB vuông tại A, đường cao AM:

$SM.SB = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{A^2} + A{B^2}}} = \frac{{2{a^2}}}{{2{a^2} + {a^2}}} = \frac{2}{3}$.

Tương tự, xét tam giác SAD vuông tại A, đường cao AN:

$\frac{{SN}}{{SD}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{D^2}}} = \frac{2}{3}$.

Xét tam giác SBD: $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow$ MN // BD.

Như vậy MN và BD không chéo nhau.

d) Sai. Xét trong (SBD), gọi I là giao điểm của SO và MN.

Xét trong (SAC), gọi K là giao điểm của AI và SC. Khi đó K là giao điểm của SC và (AMN).

Ta có $BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AK$. Mà $MN\parallel BD \Rightarrow MN \bot AK$.

Suy ra ${S_{AMKN}} = \frac{1}{2}.AK.MN$.

Ta có: $MN = \frac{2}{3}BD = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}$.

Ta có MI // BO nên $\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{2}{3}$. Mà SO là đường trung tuyến của tam giác SAC nên I là trọng tâm tam giác SAC. Khi đó, AK là đường trung tuyến của tam giác SAC và K là trung điểm của SC.

Có $SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{(a\sqrt 2 )}^2} + {{(a\sqrt 2 )}^2}} = 2a$.

$SA = AC = a\sqrt 2 \Rightarrow \Delta SAC$ vuông cân tại A, mà AK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $AK = \frac{{SC}}{2} = a$.

Vậy ${S_{AMKN}} = \frac{1}{2}.AK.MN = \frac{1}{2}.a.\frac{{2a\sqrt 2 }}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{3}$.

Đưa về tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.

Gọi E là trung điểm SD, F là trung điểm AD.

Trong (ABCD), $AD \cap BC = N$.

AM // CD, AM = CD = a; $CD \bot AD \Rightarrow$ ADCM là hình chữ nhật, do đó AM = CM = 1, AD // CM.

AM = MB = CM suy ra tam giác ABC vuông tại C.

EF là đường trung bình trong tam giác SAD $\Rightarrow EF = \frac{1}{2}SA$, EF // SA.

$\left.$$\begin{array}{l}SA \bot (ABCD)\\EF\parallel SA\end{array}$ \right\} \Rightarrow EF \bot (ABCD).

$CD\parallel AB \Rightarrow \frac{{ND}}{{NA}} = \frac{{CD}}{{AB}} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow 2ND = NA \Rightarrow \frac{{ND}}{{FN}} = \frac{2}{3}$.

MB // CD, MB = CD = a suy ra BMDC là hình bình hành.

$\Rightarrow BC\parallel DM \Rightarrow DM\parallel (BCG)$

$\Rightarrow d(DM,CG) = d(DM,(CGB)) = d(D,(CEB))$.

Ta có: $\frac{{d(D,(CEB))}}{{d(F,(CEB))}} = \frac{{DN}}{{FN}} = \frac{2}{3}$.

$\Rightarrow d(D,(CEB)) = \frac{2}{3}d(F,(CEB))$.

Trong (ABCD), kẻ $FK \bot BN$; trong (EKF), kẻ $FH \bot EK$.

$BN \bot FK;\;BN \bot EF \Rightarrow BN \bot (EFK) \Rightarrow BN \bot FH$.

$FH \bot BN;\;FH \bot EK \Rightarrow FH \bot (BCE)$.

$\Rightarrow d(F,(BCE)) = FH$.

$AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = \sqrt 2$.

$SA \bot (ABCD) \Rightarrow (SC,(ABCD)) = \widehat {SCA} = {60^o}$.

$SA = AC.\tan \widehat {SCA} = \sqrt 2 .\tan {60^o} = \sqrt 6$.

$EF = \frac{1}{2}SA = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$, FK // AC (cùng $\bot BN$).

$\Rightarrow \frac{{FK}}{{AC}} = \frac{{NF}}{{NA}} \Rightarrow \frac{{FK}}{{\sqrt 2 }} = \frac{3}{4} \Rightarrow FK = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}$.

Ta có: $\frac{1}{{E{F^2}}} + \frac{1}{{F{K^2}}} = \frac{1}{{F{H^2}}} \Rightarrow FH = \sqrt {\frac{9}{{14}}}$

$\Rightarrow d(F,(CEB)) = \sqrt {\frac{9}{{14}}}$.

$\Rightarrow d(DM,CG) = \frac{2}{3}.d(F,(CEB)) = \frac{2}{3}.\sqrt {\frac{9}{{14}}} \approx 0,53$.

Giải phương trình $m\left( t \right) = 15,6$ với ${m_0} = 250$, T = 1.

$15,6 = 250.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{1}}} \Leftrightarrow t \approx 4$.

Lập công thức tính số lượng khách hàng sau 4 năm và từ năm thứ 5 trở đi. Ứng dụng giải bất phương trình mũ.

Số lượng khách hàng sau 4 năm:

${N_4} = 25.{(1 + 0,10)^4} = 25.1,{1^4} = 36,6025$ (triệu người).

Gọi k là số năm tính từ năm thứ 5 trở đi:

${N_{4 + k}} = 36,6025.{(1 + 0,06)^k} > 60 \Leftrightarrow k > {\log _{1,06}}\frac{{60}}{{36,6025}} \approx 8,48$.

Vì k là số nguyên nên ta chọn k bằng 9.

Số năm tổng cộng cần trải qua là 4 + 9 = 13 năm. Năm bắt đầu vượt mốc 60 triệu là: 2024 + 13 = 2037.

Xác định hình chiếu vuông góc của A lên (SBC) rồi tính khoảng cách từ A đến hình chiếu đó.

Gọi M là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A lên SM.

Vì tam giác ABC đều nên $AM \bot BC$. Mặt khác $SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot BC$. Suy ra $BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot AH$.

$\left.$$\begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SM\end{array}$ \right\} \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow d\left( {A,(SBC)} \right) = AH.

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{{(\sqrt 3 )}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{5}{3}$.

Vậy $d\left( {A,(SBC)} \right) = AH = \frac{{\sqrt {15} }}{5} \approx 0,77$.

Giải bất phương trình M(t) < 10.

$M(t) < 10 \Leftrightarrow 75 - 20\ln (1 + t) < 10$

$\Leftrightarrow 20\ln (1 + t) > 65 \Leftrightarrow \ln (1 + t) > 3,25$

$\Leftrightarrow \ln (1 + t) > 3,25 \Leftrightarrow t > {e^{3,25}} - 1 \approx 24,79$.

Vậy, sau ít nhất 25 tháng thì tỉ lệ ghi nhớ sẽ giảm xuống dưới 10%.

Mô hình hóa mái che thành hình chóp tứ giác đều S.ACBD. Xác định góc giữa mặt bên và mặt đáy. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm chiều cao mặt bên và tính diện tích xung quanh của hình chóp, sau đó nhân với chi phí lắp 1 ${m^2}$ kính.

Mô hình hóa mái che thành hình chóp tứ giác đều S.ACBD. Gọi M là trung điểm của CD.

$\left.$$\begin{array}{l}SM \bot CD,SM \subset (SCD)\\OM \bot CD,OM \subset (ABCD)\\(SCD) \cap (ABCD) = CD\end{array}$ \right\}

$\Rightarrow \left( {(SCD),(ABCD)} \right) = \left( {SM,OM} \right) = \widehat {SMO} = {60^o}$.

Xét tam giác SOM vuông tại O:

$\cos \widehat {SMO} = \frac{{OM}}{{SM}} \Leftrightarrow SM = \frac{1}{{\cos {{60}^o}}} = 2$.

Diện tích 4 mặt bên là:

$4.\frac{1}{2}.SM.CD = 4.\frac{1}{2}.2.2 = 8$ $({m^2})$.

Chi phí mua kính cường lực là: 690 . 8 = 5520 (nghìn đồng).