Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức - Đề số 6

Câu 1 : Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ $0^{o}$ đến $180^{o}$
B.

Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ $90^{o}$ đến $180^{o}$
C.

Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ $0^{o}$ đến $90^{o}$
D.

Hai mặt phẳng cắt nhau tạo thành hai góc nhị diện

Câu 2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

(SB,CD) = (SB,AD)
B.

(SB,CD) = (SC,CD)
C.

(SB,CD) = (SD,CD)
D.

(SB,CD) = (SB,AB)

Câu 3 : Trong không gian, cho 3 đường thẳng a, b, c phân biệt và mặt phẳng (P). Mệnh đề nào sau đây
đúng?

A.

Nếu $a ⊥ c$ và $b ⊥ c$ thì a // b
B.

Nếu $a ⊥ b$ và $b ⊥ c$ thì $a ⊥ c$
C.

Nếu $a ⊥ b$ thì a và b cắt nhau hoặc chéo nhau
D.

Nếu $a ⊥ c$ và $(P) ⊥ c$ thì a // (P)

Câu 4 : Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) bằng

A.

$a \sqrt{2}$
B.

$\frac{a}{3}$
C.

$a$
D.

$\frac{a}{2}$

Câu 5 : Thể tích khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là

A.

$V = \frac{1}{3} π B^{2} h$
B.

$V = \frac{1}{3} B h$
C.

$V = \frac{π}{3} B h$
D.

$V = B h$

Câu 6 : Với a là số thực dương tùy ý, tích $a^{2} . a^{\frac{1}{2}}$ bằng

A.

$a^{\frac{5}{2}}$
B.

$a$
C.

$a^{\frac{3}{2}}$
D.

$a^{\frac{1}{4}}$

Câu 7 : Đặt $a = \log_{2} 5$ . Khi đó $\log_{25} 32$ bằng

A.

$\frac{5}{2 a}$
B.

$\frac{5 a}{2}$
C.

$\frac{2}{5 a}$
D.

$\frac{2 a}{5}$

Câu 8 : Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó?

A.

$y = {(\frac{1}{e})}^{x}$
B.

$y = {(\sqrt{\frac{1}{π}})}^{x}$
C.

$y = {(\frac{1}{3})}^{x}$
D.

$y = {(\sqrt[2024]{π})}^{x}$

Câu 9 : Tập nghiệm S của bất phương trình $5^{x + 2} < {(\frac{1}{125})}^{- x}$ là

A.

$S = (- \infty; 1)$
B.

$S = (- \infty; 2)$
C.

$S = (2; + \infty)$
D.

$S = (1; + \infty)$

Câu 10 : Tìm tập xác định D của hàm số $\log_{2} (x^{2} - 2 x - 3)$ .

A.

$D = (- \infty; - 1] \cup [3; + \infty)$
B.

$D = [- 1; 3]$
C.

$D = (- \infty; - 1) \cup (3; + \infty)$
D.

$D = (- 1; 3)$

Câu 11 : Rút gọn biểu thức $P = x^{2} . \sqrt[3]{x}$ , x > 0.

A.

$P = x^{\frac{4}{3}}$
B.

$P = x^{\frac{5}{3}}$
C.

$P = x^{\frac{7}{3}}$
D.

$P = x^{\frac{8}{3}}$

Câu 12 : Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình bên?

A.

$y = \log_{\frac{1}{2}} x$
B.

$y = \log_{2} x$
C.

$y = 2^{x}$
D.

$y = {(\frac{1}{2})}^{x}$

Câu 1 : Cho phương trình $\log_{3} (x + 6) = \log_{3} (x - 1) + 1$ (*).

a) Điều kiện: x > 1.

Đúng

Sai

b) Gọi x = a là nghiệm của phương trình (*), khi đó $lim_{x \to a} (x - 3) = \frac{5}{2}$ .

Đúng

Sai

c) Nghiệm của phương trình (*) là hoành độ giao điểm của đường thẳng $d_{1}$ : 2x – y – 8 = 0 với $d_{2}$ : y = 0.

Đúng

Sai

d) Phương trình (*) có chung tập nghiệm với phương trình $\frac{x^{2} - 11 x + 9}{x - 1} = 0$ .

Đúng

Sai

Câu 2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và $S A ⊥ (A B C D)$ . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của điểm A trên các đường thẳng SB và SD.

a) $S A ⊥ A O$ .

Đúng

Sai

b) $A C ⊥ (S B D)$ .

Đúng

Sai

c) Đường thẳng AM không vuông góc với mặt phẳng (SBC).

Đúng

Sai

d) Gọi K là giao điểm của SC với mặt phẳng (AMN). Khi đó tứ giác AMNK có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Đúng

Sai

Câu 1 : Năng lượng giải tỏa E của một trận động đất tại tâm địa chấn ở M độ Richte được xác định bởi công thức log(E) = 11,4 + 1,5M. Vào năm 1995, Thành phố X xảy ra một trận động đất 8 độ Richte và năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn của nó gấp 14 lần trận động đất xảy ra tại thành phố Y vào năm 1997. Hỏi khi đó độ lớn của trận động đất tại thành phố Y là bao nhiêu độ Richte (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án:

Câu 2 : Kim tự tháp có hình dạng là một khối chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 230 m, độ dài cạnh bên bằng 214 m. Tính khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt bên của kim tự tháp (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Đáp án:

Câu 3 : Số lượng loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức $s (t) = s (0) {.2}^{t}$ , trong đó s(0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s(t) là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc ban đầu, số lượng loại vi khuẩn A là 20 triệu con?

Đáp án:

Câu 4 : Cho một chậu nước hình chóp cụt đều (hình vẽ) có chiều cao bằng 3 dm, đáy là lục giác đều, độ dài cạnh đáy lớn bằng 2 dm và độ dài cạnh đáy nhỏ bằng 1 dm. Tính thể tích của chậu nước (tính chính xác đến hàng phần mười của $d m^{3}$ ).

Đáp án:

Câu 1 : Bác Minh có một khối gỗ có kích thước như hình vẽ. Biết ABCD, A’B’C’D’, A’B’BA, CDD’C’ là các hình chữ nhật, A’D’DA, B’C’CB là các hình thang vuông. Bác Minh muốn làm đẹp khối gỗ đó bằng cách cắt khối gỗ theo mặt phẳng (P) đi qua C và song song với mặt phẳng (A’B’C’D’). Khi đó, bác Minh cần đặt mép BC của khối gỗ tạo với lưỡi cắt của máy cắt một góc bao nhiêu độ?

Câu 2 : Một người gửi tiết kiệm theo thể thức lãi suất kép với lãi suất 8,4%/năm. Giả sử lãi suất không thay đổi, hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu?

Câu 3 : Cho $x = a^{2}$ , $\log_{b} x = 8$ với a, b là các số thực lớn hơn 1. Tính $\log_{\frac{a}{b^{2}}} x$ .

Câu 1 : Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ $0^{o}$ đến $180^{o}$
B.

Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ $90^{o}$ đến $180^{o}$
C.

Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ $0^{o}$ đến $90^{o}$
D.

Hai mặt phẳng cắt nhau tạo thành hai góc nhị diện

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dựa vào lý thuyết góc nhị diện.

Lời giải chi tiết :

Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ $0^{o}$ đến $180^{o}$ .

Câu 2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

(SB,CD) = (SB,AD)
B.

(SB,CD) = (SC,CD)
C.

(SB,CD) = (SD,CD)
D.

(SB,CD) = (SB,AB)

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Nếu a // b thì (a,c) = (b,c).

Lời giải chi tiết :

Vì AB // CD nên (SB,CD) = (SB,AB).

Câu 3 : Trong không gian, cho 3 đường thẳng a, b, c phân biệt và mặt phẳng (P). Mệnh đề nào sau đây
đúng?

A.

Nếu $a ⊥ c$ và $b ⊥ c$ thì a // b
B.

Nếu $a ⊥ b$ và $b ⊥ c$ thì $a ⊥ c$
C.

Nếu $a ⊥ b$ thì a và b cắt nhau hoặc chéo nhau
D.

Nếu $a ⊥ c$ và $(P) ⊥ c$ thì a // (P)

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào quan hệ song song và vuông góc trong không gian.

Lời giải chi tiết :

Xét phương án A: Nếu $a ⊥ c$ và $b ⊥ c$ thì a, b có thể vuông góc, cắt nhau hoặc chéo nhau hoặc song song. Vậy A sai.

Xét phương án B: Nếu $a ⊥ b$ và $b ⊥ c$ thì a, b có thể vuông góc, cắt nhau hoặc chéo nhau hoặc song song. Vậy B sai.

Xét phương án C: Nếu $a ⊥ b$ thì a và b cắt nhau hoặc chéo nhau. Vậy C đúng.

Xét phương án D: Nếu $a ⊥ c$ và $(P) ⊥ c$ thì a // (P) hoặc $a \subset (P)$ . Vậy A sai.

Câu 4 : Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) bằng

A.

$a \sqrt{2}$
B.

$\frac{a}{3}$
C.

$a$
D.

$\frac{a}{2}$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Đưa về tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

Lời giải chi tiết :

Vì (ABCD) // (A’B’C’D’) nên $d ((A B C D), (A^{'} B^{'} C^{'} D^{'})) = d (A, (A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}))$ .

Mặt khác, A’ là hình chiếu vuông góc của A lên (A’B’C’D’) nên $d (A, (A^{'} B^{'} C^{'} D^{'})) = A A^{'}$ .

Vậy $d ((A B C D), (A^{'} B^{'} C^{'} D^{'})) = A A^{'} = a$ .

Câu 5 : Thể tích khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là

A.

$V = \frac{1}{3} π B^{2} h$
B.

$V = \frac{1}{3} B h$
C.

$V = \frac{π}{3} B h$
D.

$V = B h$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp.

Lời giải chi tiết :

Thể tích khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là $V = \frac{1}{3} B h$ .

Câu 6 : Với a là số thực dương tùy ý, tích $a^{2} . a^{\frac{1}{2}}$ bằng

A.

$a^{\frac{5}{2}}$
B.

$a$
C.

$a^{\frac{3}{2}}$
D.

$a^{\frac{1}{4}}$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng tính chất của lũy thừa $a^{m} . a^{n} = a^{m + n}$ .

Lời giải chi tiết :

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

Câu 7 : Đặt $a = \log_{2} 5$ . Khi đó $\log_{25} 32$ bằng

A.

$\frac{5}{2 a}$
B.

$\frac{5 a}{2}$
C.

$\frac{2}{5 a}$
D.

$\frac{2 a}{5}$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức $\log_{a^{m}} b = \frac{1}{m} \log_{a} b$ và $\log_{a} b^{m} = m \log_{a} b$ .

Lời giải chi tiết :

$\log_{25} 32 = \log_{5^{2}} 2^{5} = \frac{5}{2} \log_{5} 2 = \frac{5}{2 \log_{2} 5} = \frac{5}{2 a}$ .

Câu 8 : Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó?

A.

$y = {(\frac{1}{e})}^{x}$
B.

$y = {(\sqrt{\frac{1}{π}})}^{x}$
C.

$y = {(\frac{1}{3})}^{x}$
D.

$y = {(\sqrt[2024]{π})}^{x}$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Hàm số $y = a^{x}$ đồng biến khi a > 1.

Lời giải chi tiết :

Vì $\sqrt[2024]{π} > 1$ nên $y = {(\sqrt[2024]{π})}^{x}$ đồng biến trên tập xác định.

Câu 9 : Tập nghiệm S của bất phương trình $5^{x + 2} < {(\frac{1}{125})}^{- x}$ là

A.

$S = (- \infty; 1)$
B.

$S = (- \infty; 2)$
C.

$S = (2; + \infty)$
D.

$S = (1; + \infty)$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Đưa hai vế của bất phương trình về cùng cơ số.

Lời giải chi tiết :

$5^{x + 2} < {(\frac{1}{125})}^{- x} \Leftrightarrow 5^{x + 2} < {(5^{- 3})}^{- x} \Leftrightarrow 5^{x + 2} < 5^{3 x} \Leftrightarrow x + 2 < 3 x \Leftrightarrow x > 1$ .

Câu 10 : Tìm tập xác định D của hàm số $\log_{2} (x^{2} - 2 x - 3)$ .

A.

$D = (- \infty; - 1] \cup [3; + \infty)$
B.

$D = [- 1; 3]$
C.

$D = (- \infty; - 1) \cup (3; + \infty)$
D.

$D = (- 1; 3)$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Điều kiện xác định của hàm $\log_{a} x$ là x > 0.

Lời giải chi tiết :

ĐKXĐ: $x^{2} - 2 x - 3 > 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x > 3 \\ x < - 1 \end{array}$ .

Vậy $D = (- \infty; - 1) \cup (3; + \infty)$ .

Câu 11 : Rút gọn biểu thức $P = x^{2} . \sqrt[3]{x}$ , x > 0.

A.

$P = x^{\frac{4}{3}}$
B.

$P = x^{\frac{5}{3}}$
C.

$P = x^{\frac{7}{3}}$
D.

$P = x^{\frac{8}{3}}$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức $x^{m} . x^{n} = x^{m + n}$ , $\sqrt[b]{x^{a}} = x^{\frac{a}{b}}$ .

Lời giải chi tiết :

$P = x^{2} . \sqrt[3]{x} = x^{2} . x^{\frac{1}{3}} = x^{2 + \frac{1}{3}} = x^{\frac{7}{3}}$ .

Câu 12 : Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình bên?

A.

$y = \log_{\frac{1}{2}} x$
B.

$y = \log_{2} x$
C.

$y = 2^{x}$
D.

$y = {(\frac{1}{2})}^{x}$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Dựa vào điểm đồ thị đi qua và xét sự đồng biến, nghịch biến.

Lời giải chi tiết :

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1;0) và x > 0 nên đây là hàm số logarit có dạng $y = \log_{a} x$ .

Đồ thị đi lên từ trái sang nên hàm số đồng biến trên $(0; + \infty)$ . Do đó, a > 1.

Câu 1 : Cho phương trình $\log_{3} (x + 6) = \log_{3} (x - 1) + 1$ (*).

a) Điều kiện: x > 1.

Đúng

Sai

b) Gọi x = a là nghiệm của phương trình (*), khi đó $lim_{x \to a} (x - 3) = \frac{5}{2}$ .

Đúng

Sai

c) Nghiệm của phương trình (*) là hoành độ giao điểm của đường thẳng $d_{1}$ : 2x – y – 8 = 0 với $d_{2}$ : y = 0.

Đúng

Sai

d) Phương trình (*) có chung tập nghiệm với phương trình $\frac{x^{2} - 11 x + 9}{x - 1} = 0$ .

Đúng

Sai

Đáp án

a) Điều kiện: x > 1.

Đúng

Sai

b) Gọi x = a là nghiệm của phương trình (*), khi đó $lim_{x \to a} (x - 3) = \frac{5}{2}$ .

Đúng

Sai

c) Nghiệm của phương trình (*) là hoành độ giao điểm của đường thẳng $d_{1}$ : 2x – y – 8 = 0 với $d_{2}$ : y = 0.

Đúng

Sai

d) Phương trình (*) có chung tập nghiệm với phương trình $\frac{x^{2} - 11 x + 9}{x - 1} = 0$ .

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Giải các phương trình rồi so sánh tập nghiệm.

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. Điều kiện: ${\begin{cases} x + 6 > 0 \\ x - 1 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x > - 6 \\ x > 1 \end{cases} \Leftrightarrow x > 1$ .

b) Sai. $\log_{3} (x + 6) = \log_{3} (x - 1) + 1 \Leftrightarrow \log_{3} (x + 6) = \log_{3} (x - 1) + \log_{3} 3$

$\Leftrightarrow \log_{3} (x + 6) = \log_{3} 3 (x - 1) \Leftrightarrow x + 6 = 3 (x - 1) \Leftrightarrow x = \frac{9}{2}$ (TMĐK).

Ta có $lim_{x \to \frac{9}{2}} (x - 3) = \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}$ .

c) Sai. Hoành độ giao điểm của $d_{1}$ và $d_{2}$ là nghiệm của phương trình $2 x - 8 = 0 \Leftrightarrow x = 4$ .

Vậy hoành độ giao điểm của $d_{1}$ và $d_{2}$ không là nghiệm của (*).

d) Sai. $\frac{x^{2} - 11 x + 9}{x - 1} = 0 \Leftrightarrow x^{2} - 11 x + 9 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{11 + \sqrt{85}}{2} \\ x = \frac{11 - \sqrt{85}}{2} \end{array}$ .

Vậy phương trình (*) không có chung tập nghiệm với phương trình $\frac{x^{2} - 11 x + 9}{x - 1} = 0$ .

Câu 2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và $S A ⊥ (A B C D)$ . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của điểm A trên các đường thẳng SB và SD.

a) $S A ⊥ A O$ .

Đúng

Sai

b) $A C ⊥ (S B D)$ .

Đúng

Sai

c) Đường thẳng AM không vuông góc với mặt phẳng (SBC).

Đúng

Sai

d) Gọi K là giao điểm của SC với mặt phẳng (AMN). Khi đó tứ giác AMNK có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Đúng

Sai

Đáp án

a) $S A ⊥ A O$ .

Đúng

Sai

b) $A C ⊥ (S B D)$ .

Đúng

Sai

c) Đường thẳng AM không vuông góc với mặt phẳng (SBC).

Đúng

Sai

d) Gọi K là giao điểm của SC với mặt phẳng (AMN). Khi đó tứ giác AMNK có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Áp dụng điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng; quan hệ song song và quan hệ vuông góc của đường thẳng và mặt phẳng.

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. Vì $S A ⊥ (A B C D)$ , mà $A O \subset (A B C D)$ nên $S A ⊥ A O$ .

b) Sai. Giả sử $A C ⊥ (S B D)$ , khi đó $A C ⊥ S O$ . Điều đó vô lí vì $A C ⊥ S A$ .

c) Sai. Vì $S A ⊥ (A B C D)$ nên $S A ⊥ B C$ . Mặt khác, vì ABCD là hình vuông nên $A B ⊥ B C$ .

Ta có ${\begin{cases} B C ⊥ A B \\ B C ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (S A B) \Rightarrow B C ⊥ A M$ .

Lại có ${\begin{cases} B C ⊥ A M \\ S B ⊥ A M \end{cases} \Rightarrow A M ⊥ (S B C)$ .

d) Đúng. Hai tam giác vuông SAB và SAD bằng nhau có các đường cao tương ứng là AM và AN nên BM = DN.
Mặt khác tam giác SBD cân tại đỉnh S nên MN // BD.

Do ABCD là hình vuông nên $A C ⊥ B D$ , mà $S A ⊥ B D$ nên $B D ⊥ (S A C)$ .
Vì MN // BD nên $M N ⊥ (S A C) \Rightarrow M N ⊥ A K$ .

Câu 1 : Năng lượng giải tỏa E của một trận động đất tại tâm địa chấn ở M độ Richte được xác định bởi công thức log(E) = 11,4 + 1,5M. Vào năm 1995, Thành phố X xảy ra một trận động đất 8 độ Richte và năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn của nó gấp 14 lần trận động đất xảy ra tại thành phố Y vào năm 1997. Hỏi khi đó độ lớn của trận động đất tại thành phố Y là bao nhiêu độ Richte (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Thay các giá trị từ đề bài vào công thức đã cho. Áp dụng quy tắc biến đổi phương trình logarit.

Lời giải chi tiết :

Năng lượng giải tỏa của trận động đất ở thành phố X là:

$E_{X} = 10^{11, 4 + 1, 5.8} = 10^{23, 4}$ .

Theo đề bài, ta có năng lượng giải tỏa của trận động đất ở thành phố Y là:

$E_{Y} = \frac{E_{1}}{14} = \frac{10^{23, 4}}{14}$ .

Độ lớn của trận động đất ở thành phố Y là:

$\log (E_{Y}) = 11, 4 + 1, 5 M_{Y}$

$\Rightarrow M = \frac{\log (E_{Y}) - 11, 4}{1, 5}$

$= \frac{\log (\frac{10^{23, 4}}{14}) - 11, 4}{1, 5} \approx 7, 2$ độ Richte.

Câu 2 : Kim tự tháp có hình dạng là một khối chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 230 m, độ dài cạnh bên bằng 214 m. Tính khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt bên của kim tự tháp (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng là khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của điểm lên mặt phẳng tới điểm đó.

Lời giải chi tiết :

S.ABCD là chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông.

Giả sử O là tâm hình vuông ABCD, khi đó $S O ⊥ (A B C D) \Rightarrow S O ⊥ C D$ .

Gọi I là trung điểm của CD. Khi đó OI // AD (tính chất đường trung bình) và $C D ⊥ O I$ .

Lấy H thuộc SI sao cho $O H ⊥ S I$ .

Ta có ${\begin{cases} C D ⊥ O I \\ C D ⊥ S O \end{cases} \Rightarrow C D ⊥ (S O I) \Rightarrow C D ⊥ O H$ .

Mặt khác ${\begin{cases} O H ⊥ S I \\ O H ⊥ C D \end{cases} \Rightarrow O H ⊥ (S C D) \Rightarrow d (O, (S C D)) = O H$ (do H thuộc (SCD).

$S O = \sqrt{S A^{2} - A O^{2}} = \sqrt{S A^{2} - {(\frac{A C}{2})}^{2}} = \sqrt{214^{2} - {(\frac{230 \sqrt{2}}{2})}^{2}} = \sqrt{19346}$ (m).

$O H = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{S O^{2}} + \frac{1}{O I^{2}}}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{19346} + \frac{1}{{(\frac{230}{2})}^{2}}}} \approx 89$ (m).

Vậy khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt bên của kim tự tháp xấp xỉ 89 mét.

Câu 3 : Số lượng loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức $s (t) = s (0) {.2}^{t}$ , trong đó s(0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s(t) là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc ban đầu, số lượng loại vi khuẩn A là 20 triệu con?

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Thay các giá trị từ đề bài vào công thức đã cho. Áp dụng quy tắc biến đổi phương trình mũ.

Lời giải chi tiết :

$s (3) = s (0) {.2}^{3} \Leftrightarrow 625000 = s (0) {.2}^{3} \Leftrightarrow s (0) = 78125$ .

$20000000 = {78125.2}^{t} \Leftrightarrow 2^{t} = 256 \Leftrightarrow t = 8$ .

Câu 4 : Cho một chậu nước hình chóp cụt đều (hình vẽ) có chiều cao bằng 3 dm, đáy là lục giác đều, độ dài cạnh đáy lớn bằng 2 dm và độ dài cạnh đáy nhỏ bằng 1 dm. Tính thể tích của chậu nước (tính chính xác đến hàng phần mười của $d m^{3}$ ).

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Các đáy lục giác đều cạnh a được tạo thành từ 6 tam giác đều cạnh a. Từ đó, tính diện tích hai đáy của khối chóp và áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt đều: $V = \frac{1}{3} π (S_{1} + \sqrt{S_{1} S_{2}} + S_{2})$ .

Lời giải chi tiết :

$S_{1} = \frac{1^{2} . \sqrt{3}}{4} .6 = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$ ; $S_{2} = \frac{2^{2} . \sqrt{3}}{4} .6 = 6 \sqrt{3}$ ; $S_{1} S_{2} = \frac{3 \sqrt{3}}{2} .6 \sqrt{3} = 27$ .

$V = \frac{1}{3} h (S_{1} + \sqrt{S_{1} S_{2}} + S_{2}) = \frac{1}{3} .3 (\frac{3 \sqrt{3}}{2} + 3 \sqrt{3} + 6 \sqrt{3}) = \frac{21 \sqrt{3}}{2} \approx 18, 2$ $(d m^{3})$ .

Câu 1 : Bác Minh có một khối gỗ có kích thước như hình vẽ. Biết ABCD, A’B’C’D’, A’B’BA, CDD’C’ là các hình chữ nhật, A’D’DA, B’C’CB là các hình thang vuông. Bác Minh muốn làm đẹp khối gỗ đó bằng cách cắt khối gỗ theo mặt phẳng (P) đi qua C và song song với mặt phẳng (A’B’C’D’). Khi đó, bác Minh cần đặt mép BC của khối gỗ tạo với lưỡi cắt của máy cắt một góc bao nhiêu độ?

Phương pháp giải :

Dựng mặt phẳng (P) theo yêu cầu đề bài. Tính góc giữa (P) và (ABCD) bằng cách đưa về tính góc giữa hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến của của hai mặt phẳng đó.

Lời giải chi tiết :

Dựng mặt phẳng hình chữ nhật (CDEF) song song với mặt phẳng (A’B’C’D’) với E thuộc AA’, F thuộc BB’.

Xét hai mặt phẳng (CDEF) và (ABCD) có giao tuyến là CD. Vì CF và CB cùng vuông góc với CD nên $(C D E F, A B C D) = (C F, C B) = \hat{F C B}$ .

Ta có BB’ = 1 m = 100 cm; B’F = 65 cm; BF = BB’ – B’F = 100 – 65 = 35 cm; CF = 4 m = 400 cm.

Xét tam giác BCF vuông tại F, ta có $\tan \hat{F C B} = \frac{F B}{F C} = \frac{35}{400} = \frac{7}{80} \Rightarrow \hat{F C B} \approx 5^{o}$ .

Vậy, bác Minh cần đặt mép BC của khối gỗ tạo với lưỡi cắt của máy cắt một góc xấp xỉ $5^{o}$ .

Câu 2 : Một người gửi tiết kiệm theo thể thức lãi suất kép với lãi suất 8,4%/năm. Giả sử lãi suất không thay đổi, hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu?

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính lãi kép: $P = A {(1 + r)}^{n}$ .

Lời giải chi tiết :

Gọi A là số tiền ban đầu gửi tiết kiệm theo thể thức lãi suất kép với lãi suất 8,4%/năm.

Khi đó sau n năm số tiền thu được là $P = A {(1 + 8, 4 %)}^{n}$ .

Để thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu thì $2 A = A {(1 + 8, 4 %)}^{n} \Leftrightarrow {(1 + 8, 4 %)}^{n} = 2 \Leftrightarrow n = \log_{1 + 8, 4 %} 2 \approx 8, 59$ (năm).

Vậy sau ít nhất 9 năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu.

Câu 3 : Cho $x = a^{2}$ , $\log_{b} x = 8$ với a, b là các số thực lớn hơn 1. Tính $\log_{\frac{a}{b^{2}}} x$ .

Phương pháp giải :

Áp dụng các công thức biến đổi logarit, tính a theo b rồi thay vào biểu thức $\log_{\frac{a}{b^{2}}} x$ và rút gọn.

Lời giải chi tiết :

$\log_{b} x = 8 \Leftrightarrow x = b^{8}$ , mà $x = a^{2}$ suy ra $a^{2} = b^{8} \Leftrightarrow a = b^{4}$ (vì a > 1).

$\log_{\frac{a}{b^{2}}} x = \log_{\frac{b^{4}}{b^{2}}} x = \log_{b^{2}} x = \frac{1}{2} \log_{b} x = \frac{1}{2} .8 = 4$ .