Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 1 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Hàm số $y={\log }_{a}x$ đồng biến nên $a>1$.

b) Hàm số $y={\log }_{c}x$ nghịch biến nên $0<c<1;$Hàm số $y={\log }_{a}x$ và $y={\log }_{b}x$ nên $a>1,b>1.$</>

Xét $x>1$thì ${\log }_{a}x>{\log }_{b}x$$\iff {\log }_{a}x>\frac{1}{{\log }_{x}b}$$\iff {\log }_{a}x{\log }_{x}b>1$$\iff {\log }_{a}b>1$$\iff a<b$.

c) ${\left(a^3.\sqrt{a}\right)}^{{\log }_{a}b}$$=a^{\frac{7}{2}{\log }_{a}b}=b^{\frac{7}{2}}=\sqrt{b^7}$.

d) $P=\log \frac{a}{b}+\log \frac{b}{c}+\log \frac{c}{d}-\log \frac{a}{d}$$=\log \left[\left(\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{d}\right):\frac{a}{d}\right]=\log 1=0$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Vì $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC$.

b) Vì $SA\perp \left(ABC\right)$ mà $SA\subset \left(SAB\right)$ nên $\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)$.

c) Vì tam giác $ABC$ cân tại $B$ nên $BM\perp AC$ mà $BM\perp SA$ nên $BM\perp \left(SAC\right)$.

d) Ta có $\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\\ AC\perp SA\left(SA\perp \left(ABC\right)\right)\\ AB\perp SA\left(SA\perp \left(ABC\right)\right)\end{array}\Rightarrow \left(\left(SAB\right),\left(SAC\right)\right)=\widehat{BAC}=45^{\circ }$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 2

$a^{\frac{5}{3}}.a^{\frac{1}{3}}=a^{\frac{5}{3}+\frac{1}{3}}=a^2$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 2

Từ đồ thị có $x_1$ là nghiệm của phương trình ${\log }_{b}x=3$ nên ${\log }_b{x}_1=3\iff x_1=b^3$.

Từ đồ thị có $x_2$ là nghiệm của phương trình ${\log }_{a}x=3$ nên ${\log }_a{x}_2=3\iff x_2=a^3$.

Do đó $x_2=2x_1$ $\Rightarrow a^3=2b^3\Rightarrow \frac{a^3}{b^3}=2$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1

Qua điểm $O$ có duy nhất một đường thẳng đi qua và vuông góc với mặt phẳng $\left(ABCD\right)$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 30

Giả sử kim tự tháp có dạng hình chóp đều $S.ABCD$ như hình vẽ

Gọi $H$ là trung điểm của $CD$.

Ta có $OH\perp CD,SH\perp CD$.

Do đó góc mặt bên kim tự tháp và mặt đất là $\widehat{SHO}$.

Có $OH=\frac{1}{2}AD=30$.

Xét $\Delta SOH$ vuông tại $O$, ta có $\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{10\sqrt{3}}{30}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SHO}=30^{\circ }$.

Hướng dẫn giải

Lúc đầu có 300 vi khuẩn. Sau 1 giờ số vi khuẩn là 705 con.

Ta có $\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=300=C.e^{k.0}=C\\ f\left(1\right)=705=C.e^{k.1}=C.e^k\end{array}\iff \{\begin{array}{l}C=300\\ e^k=\frac{705}{300}=2,35\end{array}$.

Vậy $f\left(x\right)=300.{\left(2,35\right)}^x$.

Số lượng vi khuẩn có được sau 5 giờ là $f\left(5\right)=300.{\left(2,35\right)}^5\approx 21501,1$ con.

Hướng dẫn giải

Điều kiện: $x>0$.

Ta có ${\log }_{2}x>3$$\iff x>2^3=8$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(8;+\infty \right)$.

Hướng dẫn giải

Trong mặt phẳng $\left(ABCD\right)$, xét tam giác vuông $ADH$ và tam giác vuông $DCM$ có:

$AD=CD;AH=DM$. Suy ra $\Delta ADH=\Delta DCM\Rightarrow \widehat{ADH}=\widehat{DCM}$.

Mà $\widehat{DCM}+\widehat{DMC}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{ADH}+\widehat{DMC}=90^{\circ }\Rightarrow CM\perp DH$ (1).

Lại có $SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow CM\perp SH$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $CM\perp \left(SDH\right)$.