Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 13 (có đáp án)

Ta có:

$4^{x^2+2}-9.2^{x^2+2}+8=0\iff 2^{2(x^2+2)}-9.2^{x^2+2}+8=0$

Đặt t= $2^{x^2+2}\ge 2^2$; $(t\ge 4)$nhận được $t^2-9t+8=0$

$\iff t=1\prec 4(l)$hoặc $t=8$

Với $t=8$, nhận được:

$2^{x^2+2}=8=2^3\iff x^2+2=3\iff x^2=1\iff x=\pm 1$

Vậy tổng bình phương các nghiệm $1^2+(-1{)}^2=2$.

Ta có số tiền thu được sau $t$ quý là:

$T=100{\left(1+1,25\%\right)}^t$

Theo đề, ta có:

$T\ge 125$$\iff 100{\left(1+1,25\%\right)}^t\ge 125$

$\iff {\left(1+1,25\%\right)}^t\ge \frac{5}{4}$

$\iff {\log }_{\frac{5}{4}}{\left(1+1,25\%\right)}^t\ge {\log }_{\frac{5}{4}}\frac{5}{4}$

$\iff t.{\log }_{\frac{5}{4}}\left(1+1,25\%\right)\ge 1$

$\iff t\ge \frac{1}{{\log }_{\frac{5}{4}}\left(1+1,25\%\right)}=17,96$

Suy ra số quý tối thiểu: t = 18 quý = 4 năm 6 tháng = 4,5 năm.

Điều kiện: $x>0$.

Đặt $t={\log }_{3}x$, bất phương trình trở thành $2t^2-\left(2a+\sqrt{2}\right)t+\sqrt{2}a<0$ $\left(1\right)$.

Ta có $2t^2-\left(2a+\sqrt{2}\right)t+\sqrt{2}a=0\iff [\begin{array}{l}t=a\\ t=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$.

Do $a\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $\left(1\right)$ có nghiệm là $\frac{\sqrt{2}}{2}<t<a$.

Suy ra $\frac{\sqrt{2}}{2}<{\log }_{3}x<a$$$\iff 3^{\frac{\sqrt{2}}{2}}<x<3^a$$.

Ứng với mỗi $a$ bất phương trình đã cho có nghiệm nguyên $x$ và số nghiệm nguyên $x$ không vượt quá $10$$$\iff \{\begin{array}{l}a>1\\ 3^a\le 13\end{array}\iff 1<a\le {\log }_{3}13$$.

Mà $a\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$\Rightarrow a=2\Rightarrow S=\left\{2\right\}$.

Vậy tập $S$ có 1 số phần tử.

Giả sử các cạnh và đỉnh của kim tự tháp như hình vẽ. Vì S.ABCD hình chóp tứ giác đều nên $$SH\perp \left(ABCD\right)$$($H=AC\cap BD$ )

Xét $\mathrm{\Delta ABC}$ vuông tại A, ta có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{{262}^2+{262}^2}=262\sqrt{2}$ (m).

$\Rightarrow HC=\frac{AC}{2}=131\sqrt{2}$ (m).

Xét $\mathrm{\Delta SHC}$ vuông tại H, ta có: $SH=\sqrt{S{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{{230}^2-{(131\sqrt{2})}^2}=\sqrt{18578}$(m).

Kẻ HJ vuông góc với SI, vì $BC\perp HI,BC\perp SH\Rightarrow BC\perp HJ.$

$HJ\perp SI,HJ\perp BC\Rightarrow HJ\perp \left(SBC\right)\Rightarrow HJ=d\left(H,\left(SBC\right)\right).$

Do đó $$HJ$$là đoạn đường ngắn nhất từ mặt bên đến kho báu.

Trong tam giác $$SHI$$vuông tại $$H$$, ta có: $HJ=\frac{SH.SI}{\sqrt{S{H}^2+S{I}^2}}\approx 94\left(m\right).$

Vậy độ dài ngắn nhất cần tìm xấp xỉ $94\left(m\right).$

Ta có $$\{\begin{array}{l}AD\not\subset \left(SBC\right)\\ AD//BC\end{array}\Rightarrow AD//\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(AD,SC\right)=d\left(AD,\left(SBC\right)\right)=d\left(A,\left(SBC\right)\right).$$

$$\Delta ABC$$ đều do $$\widehat{ABC}=60^{\circ }$$ và $$AB=BC$$.

Gọi I là trung điểm BC,khi đó: $$AI\perp BC$$(do $$\Delta ABC$$ đều), mà $$BC\perp SA\Rightarrow BC\perp \left(SAI\right)\Rightarrow \left(SBC\right)\perp \left(SAI\right)$$ theo giao tuyến $SI.$

Kẻ $AH\perp SI$tại $H$$\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)\Rightarrow$$$d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH.$$

$$\Delta ABC$$ đều cạnh $$a\Rightarrow AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$.

Xét $$\Delta SAI$$ vuông tại A có đường cao AH: $$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{I}^2}=\frac{4}{9a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{16}{9a^2}\Rightarrow AH=\frac{3a}{4}=d\left(A,\left(SBC\right)\right).$$

Vậy $$d\left(AD,SC\right)=\frac{3a}{4}.$$