Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 11 (có đáp án)

Xét phương trình $${\log }_{\sqrt{2}}\left(x-2\right)+{\log }_{0,5}\left(x+28\right)=0$$.

Điều kiện xác định: $x>2$.

Phương trình có dạng:

$${\log }_{\sqrt{2}}\left(x-2\right)+{\log }_{0,5}\left(x+28\right)=0\iff 2{\log }_2\left(x-2\right)-{\log }_2\left(x+28\right)=0$$

$$\iff {\log }_2{\left(x-2\right)}^2={\log }_2\left(x+28\right)\iff {\left(x-2\right)}^2=x+28\iff [\begin{array}{l}x=8(tm)\\ x=-3(l)\end{array}$$.

Do đó tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{8\right\}$.

Vậy tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình bằng 64.

Số tiền ông Nam có được sau 3 năm là: $x{\left(1+0,066\right)}^3$ (triệu đồng).

Số tiền lãi ông Nam có được sau 3 năm là: $x{\left(1+0,066\right)}^3-x$ (triệu đồng).

Để sau 3 năm số tiền lãi của ông Nam mua được chiếc xe máy trị giá 26 triệu đồng thì $x{\left(1+0,066\right)}^3-x\ge 26\iff x\ge 123,0154905$.

Vậy ông Nam phải gửi tối thiểu 124 triệu đồng.

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x\in \mathbb{R}\iff \{\begin{array}{l}m{x}^2+4x+m>0\\ 5\left(x^2+1\right)\ge m{x}^2+4x+m\end{array},\forall x\in \mathbb{R}$(dễ thấy $m=0$không thỏa mãn hệ)$\iff \{\begin{array}{l}m>0\\ {\Delta }_{\left(1\right)}=16-4m^2<0\\ 5-m>0\\ {\Delta }_{\left(2\right)}=16-4{\left(5-m\right)}^2\le 0\end{array}$$$\iff \{\begin{array}{l}m>0\\ [\begin{array}{l}m<-2\\ m>2\end{array}\\ m<5\\ [\begin{array}{l}m\le 3\\ m\ge 7\end{array}\end{array}$$$\iff 2<m\le 3$.

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=3$. Vậy tổng các phần tử của $S$ là $3.$

Gọi $x(m)$ là chiều dài cạnh hình vuông nhỏ tại mỗi góc của tấm tôn được cắt bỏ đi (với $0<x<\frac{1}{2}$).

Thể tích hình hộp chữ nhật nhận được là

$V=(1-2x{)}^2\cdot x=\frac{1}{4}\cdot (1-2x)\cdot (1-2x)\cdot 4x\le \frac{1}{4}\cdot {\left(\frac{1-2x+1-2x+4x}{3}\right)}^3=\frac{2}{27}$

Dấu "=" xảy ra khi $1-2x=4x\iff x=\frac{1}{6}$.

Vậy để thể tích chiếc thùng là lớn nhất thì các cạnh của hình vuông được cắt bỏ đi là $\frac{1}{6}m$.

Dựng hình bình hành $$ABCD$$, vì tam giác $$ABC$$ là tam giác vuông tại B nên $$ABCD$$ là hình chữ nhật.

Suy ra $BC//AD\Rightarrow BC//\left(A^{\prime }AD\right)$.

Do đó $d\left(BC,A{A}^{\prime }\right)=d\left(BC,\left(A^{\prime }AD\right)\right)=d\left(C,\left(A^{\prime }AD\right)\right)$.

Mà $3\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AC}$ nên $d\left(C,\left(A^{\prime }AD\right)\right)=3d\left(M,\left(A^{\prime }AD\right)\right)$.

Kẻ $MH\perp AD\Rightarrow \left(A^{\prime }MH\right)\perp \left(A^{\prime }AD\right)=A^{\prime }H$.

Kẻ $MK\perp A^{\prime }H\Rightarrow MK\perp \left(A^{\prime }AD\right)\Rightarrow MK=d\left(M,\left(A^{\prime }AD\right)\right)$.

Mặt khác ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2\Rightarrow AM=\frac{1}{3}AC=\frac{2}{3}\Rightarrow A^{\prime }M=\sqrt{A^{\prime }{A}^2-A{M}^2}=\frac{\sqrt{14}}{3}$.

Và $MH//CD\Rightarrow \frac{MH}{CD}=\frac{AM}{AC}=\frac{1}{3}\Rightarrow MH=\frac{1}{3}CD=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}$.

Suy ra $\frac{1}{M{K}^2}=\frac{1}{A^{\prime }{M}^2}+\frac{1}{M{H}^2}\iff \frac{1}{M{K}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{14}}{3}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{1}{3}\right)}^2}\iff \frac{1}{M{K}^2}=\frac{135}{14a^2}\iff MK=\frac{\sqrt{210}}{45}$.

Vậy $d\left(BC,A{A}^{\prime }\right)=d\left(C,\left(A^{\prime }AD\right)\right)=3d\left(M,\left(A^{\prime }AD\right)\right)=3MK=3\frac{\sqrt{210}}{45}=\frac{\sqrt{210}}{15}$.

Gọi \(H\) thuộc mặt phẳng $\left(ABC\right)$ và $DH\perp \left(ABC\right)$.

Ta có $\{\begin{array}{l}BA\perp DA\\ BA\perp DH\end{array}$ $\Rightarrow BA\perp AH.$ Tương tự $\{\begin{array}{l}BC\perp BD\\ BC\perp DH\end{array}$ $\Rightarrow BC\perp BH.$

Tam giác $ABH$ có $AB=a;$ $\widehat{ABC}=135^{\circ };$ $\widehat{CBH}=90^{\circ }$ $\Rightarrow \widehat{ABH}=45^{\circ }$ suy ra $\Delta ABH$ vuông cân tại $A$ $\Rightarrow AH=AB=a$.

Áp dụng định lý côsin ta có $BC=a\sqrt{2}.$

Diện tích tam giác $ABC$: $S_{ABC}=\frac{1}{2}.BA.BC.sin\widehat{ABC}=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a^2}{2}.$

Kẻ $HE$, $HF$ lần lượt vuông góc với $DA$, $DB$.

Suy ra $HE\perp \left(ABD\right)$, $HF\perp \left(BCD\right)$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left(ABD\right)$, $\left(BCD\right)$ bằng góc $\widehat{EHF}.$

Tam giác $EHF$ vuông tại $E$, ta có $HE=\frac{a.DH}{\sqrt{a^2+D{H}^2}}$, $HF=\frac{DH.a.\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+D{H}^2}}.$

Mặt khác: $$\cos \widehat{EHF}=\frac{HE}{HF}=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{D{H}^2+2a^2}}{\sqrt{2.D{H}^2+2a^2}}$$ $$\Rightarrow DH=a.$$

Thể tích tứ diện $ABCD$ là $V_{ABCD}=\frac{1}{3}.DH.S_{\Delta ABC}=\frac{a^3}{6}.$