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

Hàm số $$y={\left(x^2-2x-m+1\right)}^{\sqrt{7}}$$ có tập xác định là $$\mathbb{R}$$$$\iff x^2-2x-m+1>0,\forall x\in \mathbb{R}$$

$$\iff m<{\left(x+1\right)}^2,\forall x\in \mathbb{R}\iff m<\underset{x\in \mathbb{R}}{\min }{\left(x+1\right)}^2\iff m<0$$

Mà $$\{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\in \left(-2024;2024\right)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\in \left(-2024;0\right)\end{array}$$ nên có 2023 giá trị $$m$$ thỏa mãn yêu cầu.

Điều kiện $1<x<\frac{11}{2}$.

Ta có ${\log }_{2-\sqrt{3}}\left(x-1\right)+{\log }_{2+\sqrt{3}}\left(11-2x\right)\ge 0$

$\begin{array}{l}\iff {\log }_{2-\sqrt{3}}\left(x-1\right)+{\log }_{2-\sqrt{3}}\frac{1}{11-2x}\ge 0\iff {\log }_{2-\sqrt{3}}\left(\frac{x-1}{11-2x}\right)\ge 0\iff \frac{x-1}{11-2x}\le 1\\ \iff \frac{3x-12}{11-2x}\le 0\iff [\begin{array}{l}x\le 4\\ x>\frac{11}{2}\end{array}\end{array}$

Kết hợp điều kiện suy ra $1<x\le 4$

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.

Vì sau $3$ phút thì số lượng vi khuẩn $A$ là $625$ nghìn con

Khi đó ta có: $625000=S\left(0\right).2^3\iff S\left(0\right)=78125$con.

Thời gian để số lượng vi khuẩn $A$ là $10$ triệu con là: $10000000=78125.2^t\iff t=7$phút.

Gọi $$\alpha =\widehat{\left(SB,AC\right)}$$. Do $$A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$$ nên tam giác $$ABC$$ vuông tại $$A$$.

Ta có $$\cos \alpha =\frac{\left|\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}\right|}{\left|\overrightarrow{SB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}=\frac{\left|\left(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AS}\right).\overrightarrow{AC}\right|}{a^2}=\frac{\left|\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AS}.\overrightarrow{AC}\right|}{a^2}=\frac{\left|\overrightarrow{AS}.\overrightarrow{AC}\right|}{a^2}$$

$$=\frac{\left|SA.AC.cos{60}^0\right|}{a^2}=\cos 60^0$$. Khi đó $$\alpha =\widehat{\left(SB,AC\right)}=60^0$$

Gọi $I;J$ lần lượt là trung điểm của $A{B}^{\prime }$ và $C{D}^{\prime }$

Suy ra $J$ lần lượt là trung điểm của$D{C}^{\prime }$. Do đó \[IJ\parallel AD;\,\,\,\,IJ = AD = 2a\] $\left(1\right)$

Mặt khác $$\begin{array}{l}AD\perp D{D}^{\prime }\\ AD\perp DC\end{array}\}\Rightarrow AD\perp \left(D{D}^{\prime }{C}^{\prime }C\right)\Rightarrow AD\perp C{D}^{\prime }$$ $\left(2\right)$

Tương tự $AD\perp A{B}^{\prime }$ $\left(3\right)$

Từ $\left(1\right)$, $\left(2\right)$ và $\left(3\right)$ ta có: $$IJ$$ là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng $A{B}^{\prime }$ và $C{D}^{\prime }$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $A{B}^{\prime }$ và $C{D}^{\prime }$ bằng $4$.

Ta có diện tích đáy \({S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ACD}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp AB$, vì $\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(ABCD\right)=AB\end{array}\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$.

Ta có $\{\begin{array}{l}AB\perp SH\\ AB\perp CH(doAB=BC=CA)\end{array}\Rightarrow AB\perp \left(SHC\right)$, vì $CD//AB\Rightarrow CD\perp \left(SHC\right)$.

Lại có $\{\begin{array}{l}\left(SCD\right)\cap \left(ABCD\right)=CD\\ SC\perp CD,SC\subset \left(SCD\right)\\ HC\perp CD,HC\subset \left(ABCD\right)\end{array}$suy ra góc giữa $\left(SCD\right)$ và $\left(ABCD\right)$ là góc $\widehat{SCH}$.

Suy ra $\Delta SHC$ vuông cân tại $H$$\Rightarrow SH=CH=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}.\frac{9\sqrt{3}}{2}.\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{4}=\frac{27}{4}=6,75$$ (đơn vị thể tích).