Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 14 (có đáp án)

Điều kiện: $\{\begin{array}{l}x>1\\ x\ne 3\end{array}$.

$$2{\log }_2\left(2x-2\right)+{\log }_2{\left(x-3\right)}^2=2$$$$\iff {\log }_2{\left(2x-2\right)}^2+{\log }_2{\left(x-3\right)}^2=2$$

$$\iff {\log }_2{\left[\left(2x-2\right)\left(x-3\right)\right]}^2=2$$$$\iff {\left(2x^2-8x+6\right)}^2=2^2$$

$$\iff [\begin{array}{l}2x^2-8x+6=2\\ 2x^2-8x+6=-2\end{array}$$$$\iff [\begin{array}{l}{x}^2-4x+2=0\left(1\right)\\ x^2-4x+4=0\left(2\right)\end{array}$$.

Ta có:

$\left(1\right)\iff [\begin{array}{l}x=2+\sqrt{2}\\ x=2-\sqrt{2}(l)\end{array}$.\(\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \,x = 2\).

Tập nghiệm của phương trình là: $$\left\{2;2+\sqrt{2}\right\}$$.

Vậy tổng các nghiệm của là: $$S=2+2+\sqrt{2}=4+\sqrt{2}$$.

Ta chứng minh được tổng số tiền bác Minh thu được cả vốn và lãi sau $n$ năm là:$A_n=A.{\left(1+0,065\right)}^n$.

Bác Minh thu được tối thiểu $350$ triệu đồng (cả vốn và lãi) là số $n$ nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình: $350\le 200.{\left(1,065\right)}^n\iff {\left(1,065\right)}^n\ge \frac{7}{4}$$\iff n\ge {\log }_{1,065}\frac{7}{4}\approx 8,89\Rightarrow n_0=9$.

Vậy sau ít nhất $$9$$ năm thì bác An thu được số tiền $350$ triệu đồng.

Sau $n$ năm, số tiền người gửi nhận được là $A=10^8.1,06^n$.

Để nhận được số tiền hơn $$300$$ triệu thì

$A>3.10^8\iff 10^8.1,06^n>3.10^8\iff 1,06^n>3\iff n>{\log }_{1,06}3\approx 18,85$.

Vậy ít nhất sau $19$ năm thì người đó nhận được số tiền nhiều hơn $$300$$ triệu.

Dựng \(SM\,//\,AH,\,\,M \in AD,\,\,N = CM \cap AB.\)

Ta có:$HD=\sqrt{3}\Rightarrow SD=\frac{A{D}^2}{HD}=\frac{4\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

Suy ra:$AM=\frac{1}{3}AD=\frac{2}{3};AN=\frac{1}{4}AB=\frac{1}{4}.$

Ta có:$d\left(AH,SC\right)=d\left(AH,\left(SMC\right)\right)=d\left(A,\left(SMN\right)\right).$

Vì $$ASMN$$ là tam diện vuông tại $A$ nên

$$\frac{1}{d^2\left(A,\left(SMN\right)\right)}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{N}^2}\Rightarrow d\left(A,\left(SMN\right)\right)=\frac{\sqrt{19}}{19}.$$

Vậy $d\left(AH,SC\right)=\frac{\sqrt{19}}{19}\approx 0,23$

Gọi $$J$$, $$K$$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $$A$$ lên $$B{B}^{\prime }$$ và $$C{C}^{\prime }$$, $$H$$ là hình chiếu vuông góc của $$C$$ lên $$B{B}^{\prime }$$

Ta có $$AJ\perp B{B}^{\prime }\left(1\right)$$.

$$AK\perp C{C}^{\prime }\Rightarrow AK\perp B{B}^{\prime }\left(2\right)$$.

Từ $$\left(1\right)$$ và $$\left(2\right)$$ suy ra $$B{B}^{\prime }\perp \left(AJK\right)$$$$\Rightarrow B{B}^{\prime }\perp JK$$$$\Rightarrow JK//CH$$$$\Rightarrow JK=CH=\sqrt{5}$$.

Xét $$\Delta AJK$$ có $$J{K}^2=A{J}^2+A{K}^2=5$$ suy ra $$\Delta AJK$$ vuông tại $$A$$.

Gọi $$F$$ là trung điểm $$JK$$ khi đó ta có $$AF=JF=FK=\frac{\sqrt{5}}{2}$$.

Gọi $$N$$ là trung điểm $$BC$$, xét tam giác vuông $$ANF$$ ta có:

$$\cos \widehat{NAF}=\frac{AF}{AN}$$$$=\frac{\frac{\sqrt{5}}{2}}{\sqrt{5}}$$$$=\frac{1}{2}$$$$\Rightarrow \widehat{NAF}=60^{\circ }$$. ($$AN=A^{\prime }M=\sqrt{5}$$ vì $$AN//A^{\prime }M$$ và $$AN=A^{\prime }M$$).

Vậy ta có $$S_{\Delta AJK}=\frac{1}{2}AJ.AK$$$$=\frac{1}{2}.1.2=1$$$$\Rightarrow S_{\Delta AJK}=S_{\Delta ABC}.\cos 60^{\circ }$$$$\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{S_{\Delta AJK}}{\cos {60}^{\circ }}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2$$.

Xét tam giác $$AM{A}^{\prime }$$ vuông tại $$M$$ ta có $$\widehat{MA{A}^{\prime }}=\widehat{AMF}=30^{\circ }$$ hay $$AM=A^{\prime }M.\tan 30^{\circ }$$$$=\frac{\sqrt{15}}{3}$$.

Vậy thể tích khối lăng trụ là $$V=AM.S_{\Delta ABC}$$$$=\frac{\sqrt{15}}{3}.2=\frac{2\sqrt{15}}{3}\approx 2,58$$.