Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 3 (có đáp án)

Ta có : $$P={\log }_{ab}x=\frac{1}{{\log }_{x}ab}=\frac{1}{{\log }_{x}a+{\log }_{x}b}=\frac{1}{\frac{1}{{\log }_{a}x}+\frac{1}{{\log }_{b}x}}=\frac{{\log }_{a}x.{\log }_{b}x}{{\log }_{a}x+{\log }_{b}x}=\frac{4.6}{4+6}=\frac{12}{5}$$

Vậy $P=\frac{12}{5}=2,4$.

Ta có $4^x+4^{-x}=7$$\iff 2^{2x}+2^{-2x}=7$ $\iff {\left(2^x\right)}^2+{\left(2^{-x}\right)}^2=7$ $\iff {\left(2^x\right)}^2+2.2^x.2^{-x}+{\left(2^{-x}\right)}^2-2.2^x.2^{-x}=7$ $\iff {\left(2^x+2^{-x}\right)}^2=9\iff 2^x+2^{-x}=3$.

Vậy $P=\frac{5+2^x+2^{-x}}{8-{4.2}^x-{4.2}^{-x}}$$=\frac{5+3}{8-4.3}=-2$.

Gọi $$H$$ là trọng tâm tam giác đều $$ABC$$. Vì $$A^{\prime }$$ cách đều $$A,B,C$$ nên hình chiếu vuông góc của đỉnh $$A^{\prime }$$ là $$H$$cũng cách đều $$A,B,C$$. Khi đó khoảng cách giữa hai đáy chính là $$A^{\prime }H.$$

Xét tam giác \[AA'H\] có: $$\{\begin{array}{l}H=90^0\\ AH=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\\ \left(\widehat{A{A}^{\prime },\left(ABC\right)}\right)=\widehat{A^{\prime }AH}=60^0\end{array}\Rightarrow A^{\prime }H=AH.\tan 60^0=\frac{\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3}=1.$$

Vậy khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ là $$A^{\prime }H=1$$.

Gọi \(H\) là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$, do các tam giác $\Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime },\Delta A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ lần lượt cân đỉnh $A^{\prime }$ và $A$ nên $AH\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$, $A^{\prime }{H}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$

Suy ra: $\widehat{\left(\left(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(\left(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right),\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)\right)}=\widehat{\left(AH,A^{\prime }H\right)}=\widehat{AH{A}^{\prime }}$

Xét tam giác:$$AH{A}^{\prime }$$ có $\widehat{A^{\prime }}=90^0,A^{\prime }H=a\sqrt{3}$ và $\tan \widehat{AH{A}^{\prime }}=\frac{A{A}^{\prime }}{A^{\prime }H}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ $\Rightarrow \widehat{AH{A}^{\prime }}=30^0$.

Vậy số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$ và $\left(ABC\right)$ bằng $30^0$.

Vì $$\{\begin{array}{l}S\in \left(SAB\right)\cap \left(SCD\right)\\ AB\subset \left(SAB\right)\\ CD\subset \left(SCD\right)\\ AB//CD\end{array}$$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $$\left(SAB\right)$$ và $$\left(SCD\right)$$ là đường thẳng $$d$$ đi qua $$S$$ và song song với $$AB,CD$$.

Gọi $$M,N$$ lần lượt là trung điểm của $$AB,CD$$.

Vì $$SA=SB,SC=SD$$ nên $$SM\perp AB,SN\perp CD\Rightarrow SM\perp d,SN\perp d\Rightarrow d\perp \left(SMN\right)$$.

Mà mặt phẳng $$\left(SAB\right)$$ và $$\left(SCD\right)$$ vuông góc với nhau nên $$SM\perp SN$$. Kẻ $$SH\perp MN\left(1\right)$$.

Vì $$d\perp \left(SMN\right)\Rightarrow d\perp SH\Rightarrow SH\perp AB\left(2\right)$$.

Từ (1), (2) suy ra $$SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.SH.AB.AD$$.

Đặt $$SM=x,SN=y\Rightarrow SH=\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$$. Ta có $$S{M}^2+S{N}^2=M{N}^2\iff x^2+y^2=10$$.

Mặt khác $$S_{SAB}+S_{SCD}=2\iff \frac{1}{2}.x.1+\frac{1}{2}.y.1=2\iff x+y=4$$.

Suy ra $$xy=\frac{{\left(x+y\right)}^2-\left(x^2+y^2\right)}{2}=3$$ $$\Rightarrow SH=\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{3}{\sqrt{10}}\Rightarrow V_{S.ABCD}=1$$.

Vậy thể tích khối chóp $$S.ABCD$$ bằng 1.