Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 10 (có đáp án)

Điều kiện: $2<x\ne 4$.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành

$2{\log }_3\left(x-2\right)+2{\log }_3\left|x-4\right|=0\iff {\log }_3\left(x-2\right)\left|x-4\right|=0\iff \left(x-2\right)\left|x-4\right|=1$

$\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x\ge 4\\ \left(x-2\right)\left(x-4\right)=1\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x<4\\ \left(x-2\right)\left(x-4\right)=-1\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x\ge 4\\ x^2-6x+7=0\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x<4\\ x^2-6x+9=0\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=3+\sqrt{2}\\ x=3\end{array}$

Kết hợp điều kiện, PT có nghiệm $x_1=3+\sqrt{2};x_2=3$. Vậy $S=2$.

Gọi $T_n$ là tiền vốn lẫn lãi sau $t$ tháng, $a$ là số tiền ban đầu

Tháng 1 $\left(t=1\right)$: $T_1=a\left(1+r\right)$

Tháng 2 $\left(t=2\right)$: $T_2=a{\left(1+r\right)}^2$

……………….

Tháng $n\left(t=n\right):T_n=a{\left(1+r\right)}^t$

$T_n=a{\left(1+r\right)}^t\Rightarrow t=\frac{\ln \frac{T_n}{a}}{\ln \left(1+r\right)}=\frac{\ln \frac{140}{100}}{\ln \left(1+1\%\right)}\approx 33,815$ (tháng)

Để số tiền lãi nhận được lớn hơn 40 triệu thì $n>\frac{t}{12}\approx 2,818$

Vậy $n=3.$

${\log }_5\left(x^2+1\right)+1\ge {\log }_5\left(m{x}^2+4x+m\right)$

$\iff {\log }_{5}5\left(x^2+1\right)\ge {\log }_5\left(m{x}^2+4x+m\right)$

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x\in \mathbb{R}\iff \{\begin{array}{l}m{x}^2+4x+m>0\\ 5\left(x^2+1\right)\ge m{x}^2+4x+m\end{array},\forall x\in \mathbb{R}$

(dễ thấy $$m=0$$không thỏa mãn hệ)

$\iff \{\begin{array}{l}m>0\\ {\Delta }_{\left(1\right)}=16-4m^2<0\\ 5-m>0\\ {\Delta }_{\left(2\right)}=16-4{\left(5-m\right)}^2\le 0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}m>0\\ m<-2\vee m>2\\ m<5\\ m\le 3\vee m\ge 7\end{array}$$\iff 2<m\le 3$.

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=3$.

Vậy có 1 giá trị nguyên của $m$.

Ta giả sử các cạnh và đỉnh của kim tự tháp như hình vẽ. Vì $$S.ABCD$$ hình chóp tứ giác đều nên $$SH$$ vuông góc với mặt phẳng $$\left(ABCD\right)$$. ($H=AC\cap BD$ )

Xét $\mathrm{\Delta ABC}$ vuông tại $B$, 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: $SH=\sqrt{S{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{{230}^2-{(131\sqrt{2})}^2}=\sqrt{18578}\approx 136$(m). Vậy chiều cao của kim tự tháp là khoảng 136 mét.

Góc giữa $$\left(SCD\right)$$và $\left(ABCD\right)$là $\widehat{SDA}=60^{\circ }$.

Ta có:$SA=AD.\tan 60^{\circ }=\sqrt{39}.\sqrt{3}=3\sqrt{13}$ và $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=2\sqrt{39}$.

Theo giả thiết $SI=\frac{1}{2}ID\Rightarrow SI=\frac{1}{3}SD=\frac{2}{3}\sqrt{39}$ và $ID=\frac{4\sqrt{39}}{3}$.

Ta có:$CD//\left(ABI\right)\Rightarrow d\left(CD,AI\right)=d\left(CD,\left(ABI\right)\right)=d\left(D,\left(ABI\right)\right)$.

Trong$$\left(SAD\right)$$. Kẻ $DP\perp AI$ tại P. Ta có $AB\perp \left(SAD\right)\Rightarrow AB\perp DP$.

Do đó $DP\perp \left(ABI\right)\Rightarrow d\left(D,\left(ABI\right)\right)=DP$.

$I{A}^2=S{I}^2+S{A}^2-2SI.SA.\cos \widehat{ISA}$$={\left(\frac{2}{3}\sqrt{39}\right)}^2++{\left(3\sqrt{13}\right)}^2-2.\frac{2}{3}\sqrt{39}.3\sqrt{13}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{169}{3}$$\Rightarrow IA=\frac{13\sqrt{3}}{3}$.

$S_{\Delta ADI}=\frac{1}{2}DI.DA.\sin \widehat{ADI}=\frac{1}{2}.\frac{4\sqrt{39}}{3}.\sqrt{39}.\sin 60^{\circ }=13\sqrt{3}$

Và $S_{\Delta ADI}=\frac{1}{2}DP.AI\Rightarrow 13\sqrt{3}=\frac{1}{2}.\frac{13\sqrt{3}}{3}.DP\Rightarrow DP=6$.

Vậy $d\left(CD,AI\right)=6$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left(ABC\right)$,$H\in BC$.

$$\widehat{\left(SA,(ABC)\right)}=\widehat{SAH}=45^{\circ }\Rightarrow$$$\Delta SHA$ vuông cân $\Rightarrow SH=HA.$

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SH=\frac{1}{3}.AH.\frac{1}{2}AB.BC.sin\widehat{ABC}$$=\frac{1}{6}.AH.2\sqrt{3}.6.sin60^{\circ }=3.AH.$

Do đó: $V_{min}\iff A{H}_{min}\iff AH\perp BC$ tại $H$.

Ta có: $sin\widehat{ABH}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AH=AB.\sin 60^{\circ }=2\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=3$

Vậy $V_{\min }=3.3=9$.