Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 9
Tổng hợp đề thi giữa kì 2 lớp 12 tất cả các môn - Kết nối tri thức
Toán - Văn - Anh - Lí - Hóa - Sinh
Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 9
Đề bài
Họ nguyên hàm của hàm số $f(x) = 3x^{2} + 2x + 5$ là
-
A.
$x^{3} + x^{2} + 5x + C$.
-
B.
$x^{3} + x + C$.
-
C.
$x^{3} + x^{2} + C$.
-
D.
$x^{3} + x^{2} + 5$.
Cho F(x) là nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}\) thỏa mãn F(1) = 0. Tìm F(x).
-
A.
\(F(x) = {x^5} - \frac{3}{{2{x^2}}} + \frac{1}{2}\)
-
B.
\(F(x) = {x^5} - \frac{3}{{2{x^2}}} + 2\)
-
C.
\(F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}\)
-
D.
\(F(x) = {x^5} + \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{3}{2}\)
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [-2; 2]. Biết F(x) là một nguyên hàm của f(x) và F(2) – F(-2) = 5. Giá trị của tích phân $\int\limits_{- 2}^{2}{\left\lbrack {f(x) - 2x + 1} \right\rbrack dx}$ bằng
-
A.
7.
-
B.
9.
-
C.
1.
-
D.
−1.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), y = 0, x = -1 và x = 5.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
-
A.
$S = - {\int\limits_{- 1}^{1}{f(x)\text{d}x -}}{\int\limits_{1}^{5}{f(x)\text{d}x}}$.
-
B.
$S = {\int\limits_{- 1}^{1}{f(x)\text{d}x +}}{\int\limits_{1}^{5}{f(x)\text{d}x}}$.
-
C.
$S = {\int\limits_{- 1}^{1}{f(x)\text{d}x -}}{\int\limits_{1}^{5}{f(x)\text{d}x}}$.
-
D.
$S = - {\int\limits_{- 1}^{1}{f(x)\text{d}x +}}{\int\limits_{1}^{5}{f(x)\text{d}x}}$.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) có tọa độ là
-
A.
(-1; 1; 2).
-
B.
(1; -2; 2).
-
C.
(1; 2; 2).
-
D.
(-1; -2; 2).
Trong không gian Oxyz, cho điểm M(0; -1; 2). Biết mặt phẳng (P) đi qua hai điểm O, M và vuông góc với mặt phẳng x + y + 3z - 5 = 0. Phương trình mặt phẳng (P) là
-
A.
$5x + 2y + z = 0$.
-
B.
$- 5x + 2y + z = 0$.
-
C.
$- 5x - 2y + z = 0$.
-
D.
$- 5x + 2y + z + 1 = 0$.
Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng $d:\dfrac{x + 1}{- 1} = \dfrac{y - 2}{3} = \dfrac{z - 1}{3}$?
-
A.
P(1; 2; 1).
-
B.
M(-1; 2; 1).
-
C.
Q(1; -2; -1).
-
D.
N(-1; 3; 3).
Trong không gian $Oxyz$, phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $A\left( {2;0; - 1} \right)$ và vuông góc với mặt phẳng $(P):2x - y + 2z - 7 = 0$ là
-
A.
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - 1} \\ {z = - 1 + 2t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
-
B.
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - 1} \\ {z = 2 - t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
-
C.
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - t} \\ {z = - 1 + 2t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
-
D.
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - t} \\ {z = 2 - t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
Xác định vị trí tương đối của cặp đường thẳng $d_1: \frac{x-1}{9} = \frac{y-6}{6} = \frac{z-3}{3}$ và $d_2: \frac{x-7}{6} = \frac{y-2}{4} = \frac{z-5}{2}$.
-
A.
Song song.
-
B.
Trùng nhau.
-
C.
Cắt nhau.
-
D.
Chéo nhau.
Trong không gian $Oxyz$, cho $A(1; - 1; 0)$ và mặt phẳng $(P):2x - 2y + z - 1 = 0$. Khoảng cách từ điểm $A$ đến $(P)$ bằng
-
A.
$1.$
-
B.
$3.$
-
C.
$\dfrac{5}{3}.$
-
D.
$\dfrac{1}{3}.$
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình ${(x - 1)}^{2} + {(y + 4)}^{2} + z^{2} = 9$. Đường kính của mặt cầu (S) bằng
-
A.
9
-
B.
18
-
C.
6
-
D.
3
Cho hai biến cố A, B sao cho P(A) = 0,6; P(B) = 0,5; P(A|B) = 0,2. Khi đó P(B|A) bằng
-
A.
$\dfrac{1}{6}$.
-
B.
$\dfrac{1}{3}$.
-
C.
$\dfrac{6}{25}$.
-
D.
$\dfrac{3}{25}$.
Trong không gian Oxyz (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là ki-lô-mét), một máy bay đang ở vị trí A(3; -1; 0,6) và sẽ hạ cánh ở vị trí B(2; 3; 0) ở trên đường băng EG (hình vẽ). Có một lớp mây được mô phỏng bởi mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua ba điểm M(7; 0; 0), N(0; -7; 0) và P(0; 0; 0,9).
a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l} {x = 3 - t} \\ {y = - 1 + 4t} \\ {z = 0,6 - 0,6t} \end{array} \right.\left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
b) Khi máy bay cách mặt đất 120 m thì vị trí của máy bay trên đường thẳng AB là điểm D(2,2; 2,2; 0,12).
c) Độ cao của máy bay khi xuyên qua lớp mây để hạ cánh là 0,5 km (làm tròn kết quả tới hàng phần mười).
d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối G(4; 6; 0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi lớp mây tầm nhìn của người phi công là 1500 m thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.
Một hộp có 12 quả bóng màu xanh, 7 quả bóng màu đỏ; các quả bóng có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy ngẫu nhiên lần lượt hai quả bóng trong hộp, lấy không hoàn lại. Xét các biến cố:
A: “Lần thứ hai lấy được quả màu đỏ”.
B: “Lần thứ nhất lấy được quả màu xanh”.
a) $P(B) = \dfrac{7}{19}$.
b) $P(A \cap B) = \dfrac{28}{57}$.
c) $\left. P(A \middle| B) = \dfrac{7}{18} \right.$.
d) $P(\overline{A}) = \dfrac{12}{19}$.
Một chiếc bát thủy tinh có bề dày của phần xung quanh là một khối tròn xoay, khi xoay hình phẳng D quanh một đường thẳng a bất kì nào đó mà khi gắn hệ trục tọa độ Oxy (đơn vị trên trục là decimet) vào hình phẳng D tại một vị trí thích hợp, thì đường thẳng a sẽ trùng với trục Ox. Khi đó hình phẳng D được giới hạn bởi các đồ thị hàm số \(y = x + \frac{1}{x}\), y = x và hai đường thẳng x = 1, x = 4. Thể tích của bề dày chiếc bát thủy tinh đó bằng bao nhiêu decimet khối (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Trong không gian Oxyz, mắt một người quan sát đặt tại điểm M(1; 2; 3) và vật cần quan sát đặt tại điểm N(3; 6; -12). Một tấm bìa cứng có dạng hình tròn tâm tại gốc tọa độ, bán kính R = 2 thuộc mặt phẳng (Oxy) bắt đầu xuất phát đi thẳng theo hướng vecto \(\vec j = (0;1;0)\) với tốc độ không đổi v = 5 (cm/s). Tính khoảng thời gian mà trong quá trình di chuyển tấm bìa đã che khuất tầm nhìn của người quan sát. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm. (Lấy đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 1 cm).
Hình chỏm cầu có một đáy là một phần của hình cầu bị chia bởi một mặt phẳng. Một rada có thể phát hiện các mục tiêu trong khu vực của một hình chỏm cầu với chiều rộng trên mặt đất là một hình tròn với bán kính 450 km và chiều cao 30 km. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với mặt phẳng Oxy là mặt đất (xem mặt đất là mặt phẳng), trục Oz hướng lên cao và gốc tọa độ O trùng với vị trí của rada (tham khảo hình vẽ bên), mỗi đơn vị trên trục là 1 km. Một tên lửa bắt đầu từ vị trí điểm A(30; –780; 60), dự định bay thẳng với vận tốc không đổi 7 km/giây hướng thẳng đến vị trí của rada. Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi nó bắn trúng rada là bao nhiêu giây? (làm tròn đến hàng đơn vị).
Một công nhân đi làm ở thành phố khi trở về nhà chỉ có 2 cách: hoặc đi theo đường ngầm hoặc đi qua cầu. Nếu đi lối đường ngầm 75% trường hợp ông ta về đến nhà trước 6 giờ tối; còn nếu đi lối cầu chi có 70% trường hợp (nhưng đi lối cầu thích hơn). Vợ ông ta nhận thấy rằng: Bình quân cứ 100 lần về nhà thì 71 lần ông ta về nhà trước 6 giờ tối. Tìm xác suất để công nhân đó đã đi lối cầu biết rằng ông ta về đến nhà sau 6 giờ tối (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Lời giải và đáp án
Họ nguyên hàm của hàm số $f(x) = 3x^{2} + 2x + 5$ là
-
A.
$x^{3} + x^{2} + 5x + C$.
-
B.
$x^{3} + x + C$.
-
C.
$x^{3} + x^{2} + C$.
-
D.
$x^{3} + x^{2} + 5$.
Đáp án : A
Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa: \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\) \((\alpha \ne - 1)\).
\(\int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {3{x^2} + 2x + 5} \right)dx} = {x^3} + {x^2} + 5x + C\).
Cho F(x) là nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}\) thỏa mãn F(1) = 0. Tìm F(x).
-
A.
\(F(x) = {x^5} - \frac{3}{{2{x^2}}} + \frac{1}{2}\)
-
B.
\(F(x) = {x^5} - \frac{3}{{2{x^2}}} + 2\)
-
C.
\(F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}\)
-
D.
\(F(x) = {x^5} + \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{3}{2}\)
Đáp án : C
Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).
\(F(x) = \int {f(x)dx} = \int {\left( {5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)dx} = \int {\left( {5{x^4} + {x^{ - 3}}} \right)dx} = 5.\frac{{{x^{4 + 1}}}}{{4 + 1}} + \frac{{{x^{ - 3 + 1}}}}{{ - 3 + 1}} + C\)
\( = 5.\frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{{x^{ - 2}}}}{{ - 2}} + C = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\).
\(F(1) = 0 \Leftrightarrow {1^5} - \frac{1}{{{{2.1}^2}}} + C = 0 \Leftrightarrow C = - \frac{1}{2}\).
Vậy \(F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}\).
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [-2; 2]. Biết F(x) là một nguyên hàm của f(x) và F(2) – F(-2) = 5. Giá trị của tích phân $\int\limits_{- 2}^{2}{\left\lbrack {f(x) - 2x + 1} \right\rbrack dx}$ bằng
-
A.
7.
-
B.
9.
-
C.
1.
-
D.
−1.
Đáp án : B
Áp dụng định nghĩa tích phân và công thức tính tích phân của hàm số lũy thừa.
\(\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( x \right) - 2x + 1} \right]dx}\)
\( = \int\limits_{ - 2}^2 {f(x)dx} + \int\limits_{ - 2}^2 {( - 2x + 1)dx} \)
\( = F(2) - F( - 2) + 4 = 5 + 4 = 9\).
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), y = 0, x = -1 và x = 5.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
-
A.
$S = - {\int\limits_{- 1}^{1}{f(x)\text{d}x -}}{\int\limits_{1}^{5}{f(x)\text{d}x}}$.
-
B.
$S = {\int\limits_{- 1}^{1}{f(x)\text{d}x +}}{\int\limits_{1}^{5}{f(x)\text{d}x}}$.
-
C.
$S = {\int\limits_{- 1}^{1}{f(x)\text{d}x -}}{\int\limits_{1}^{5}{f(x)\text{d}x}}$.
-
D.
$S = - {\int\limits_{- 1}^{1}{f(x)\text{d}x +}}{\int\limits_{1}^{5}{f(x)\text{d}x}}$.
Đáp án : C
Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = f(x), g(x) liên tục trên \(\left[ {a;b} \right]\) và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng công thức: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \).
\(S = \int\limits_{ - 1}^5 {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_1^5 {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x){\rm{d}}x - } \int\limits_1^5 {f(x){\rm{d}}x} \).
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) có tọa độ là
-
A.
(-1; 1; 2).
-
B.
(1; -2; 2).
-
C.
(1; 2; 2).
-
D.
(-1; -2; 2).
Đáp án : B
Mặt phẳng có phương trình dạng Ax + By + Cz + D = 0 có một vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n} = (A;B;C)$.
Từ phương trình (P): x – 2y + 2z – 1 = 0, ta có các hệ số tương ứng là A = 1, B = -2, C = 2.
Vậy một vectơ pháp tuyến của $(P)$ là $\overset{\rightarrow}{n} = (1; - 2;2)$.
Trong không gian Oxyz, cho điểm M(0; -1; 2). Biết mặt phẳng (P) đi qua hai điểm O, M và vuông góc với mặt phẳng x + y + 3z - 5 = 0. Phương trình mặt phẳng (P) là
-
A.
$5x + 2y + z = 0$.
-
B.
$- 5x + 2y + z = 0$.
-
C.
$- 5x - 2y + z = 0$.
-
D.
$- 5x + 2y + z + 1 = 0$.
Đáp án : B
Cặp vecto chỉ phương của (P) là \(\overrightarrow {OM} \) và vecto pháp tuyến của mặt phẳng $x + y + 3z - 5 = 0$.
Tính tích có hướng của hai vecto trên để tìm vecto pháp tuyến của (P).
Cặp vecto chỉ phương của (P) là \(\overrightarrow {OM} = (0; - 1;2)\) và \(\overrightarrow n = (1;1;3)\).
Vecto pháp tuyến của (P) là \(\left[ {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow n } \right] = ( - 5;2;1)\).
Phương trình mặt phẳng (P) là:
\( - 5(x - 0) + 2(y - 0) + 1(z - 0) = 0\)
\(\Leftrightarrow - 5x + 2y + z = 0\).
Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng $d:\dfrac{x + 1}{- 1} = \dfrac{y - 2}{3} = \dfrac{z - 1}{3}$?
-
A.
P(1; 2; 1).
-
B.
M(-1; 2; 1).
-
C.
Q(1; -2; -1).
-
D.
N(-1; 3; 3).
Đáp án : B
Thay lần lượt tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng, nếu thỏa mãn thì điểm đó thuộc đường thẳng.
Ta thấy \(\frac{{ - 1 + 1}}{{ - 1}} = \frac{{2 - 2}}{3} = \frac{{1 - 1}}{3} = 0\) nên M(-1; 2; 1) thuộc d.
Trong không gian $Oxyz$, phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $A\left( {2;0; - 1} \right)$ và vuông góc với mặt phẳng $(P):2x - y + 2z - 7 = 0$ là
-
A.
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - 1} \\ {z = - 1 + 2t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
-
B.
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - 1} \\ {z = 2 - t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
-
C.
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - t} \\ {z = - 1 + 2t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
-
D.
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - t} \\ {z = 2 - t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
Đáp án : C
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nên vecto pháp tuyến của (P) cũng là vecto chỉ phương của đường thẳng.
Lập phương trình đường thẳng qua A, nhận vecto pháp tuyến của (P) làm vecto chỉ phương.
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nên vecto pháp tuyến của (P) \(\overrightarrow n = (2; - 1;2)\) cũng là vecto chỉ phương của đường thẳng.
Phương trình đường thẳng qua A(2; 0; -1) và nhận \(\overrightarrow n = (2; - 1;2)\) làm vecto chỉ phương là:
$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - t} \\ {z = - 1 + 2t} \end{array} \right.\ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
Xác định vị trí tương đối của cặp đường thẳng $d_1: \frac{x-1}{9} = \frac{y-6}{6} = \frac{z-3}{3}$ và $d_2: \frac{x-7}{6} = \frac{y-2}{4} = \frac{z-5}{2}$.
-
A.
Song song.
-
B.
Trùng nhau.
-
C.
Cắt nhau.
-
D.
Chéo nhau.
Đáp án : A
Xác định vecto chỉ phương của các cặp đường thẳng trên, từ đó suy ra vị trí tương đối của hai đường thẳng.
Ta có: $\overrightarrow{u_1} = \frac{3}{2} \overrightarrow{u_2}$ và điểm $M_1(1; 6; 3) \in d_1$ và $M_1(1; 6; 3) \notin d_2$ nên $d_1$ // $d_2$.
Trong không gian $Oxyz$, cho $A(1; - 1; 0)$ và mặt phẳng $(P):2x - 2y + z - 1 = 0$. Khoảng cách từ điểm $A$ đến $(P)$ bằng
-
A.
$1.$
-
B.
$3.$
-
C.
$\dfrac{5}{3}.$
-
D.
$\dfrac{1}{3}.$
Đáp án : A
Áp dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng trong hệ trục tọa độ trong không gian.
\(d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 2( - 1) + 0 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + {1^2}} }} = 1\).
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình ${(x - 1)}^{2} + {(y + 4)}^{2} + z^{2} = 9$. Đường kính của mặt cầu (S) bằng
-
A.
9
-
B.
18
-
C.
6
-
D.
3
Đáp án : C
Mặt cầu ${(x - x_{0})}^{2} + {(y - y_{0})}^{2} + {(z - z_{0})}^{2} = R^{2}$ có tâm $I(x_{0};y_{0},z_{0})$, bán kính là R.
Phương trình mặt cầu ${(x - 1)}^{2} + {(y + 4)}^{2} + z^{2} = 9$ có bán kính là 3, suy ra đường kính là 6.
Cho hai biến cố A, B sao cho P(A) = 0,6; P(B) = 0,5; P(A|B) = 0,2. Khi đó P(B|A) bằng
-
A.
$\dfrac{1}{6}$.
-
B.
$\dfrac{1}{3}$.
-
C.
$\dfrac{6}{25}$.
-
D.
$\dfrac{3}{25}$.
Đáp án : A
Áp dụng công thức Bayes $\dfrac{\left. P(B).P(A \middle| B) \right.}{P(A)}$.
Áp dụng công thức Bayes, ta có:
$\dfrac{\left. P(B).P(A \middle| B) \right.}{P(A)} = \dfrac{0,5.0,2}{0,6} = \dfrac{1}{6}$.
Trong không gian Oxyz (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là ki-lô-mét), một máy bay đang ở vị trí A(3; -1; 0,6) và sẽ hạ cánh ở vị trí B(2; 3; 0) ở trên đường băng EG (hình vẽ). Có một lớp mây được mô phỏng bởi mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua ba điểm M(7; 0; 0), N(0; -7; 0) và P(0; 0; 0,9).
a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l} {x = 3 - t} \\ {y = - 1 + 4t} \\ {z = 0,6 - 0,6t} \end{array} \right.\left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
b) Khi máy bay cách mặt đất 120 m thì vị trí của máy bay trên đường thẳng AB là điểm D(2,2; 2,2; 0,12).
c) Độ cao của máy bay khi xuyên qua lớp mây để hạ cánh là 0,5 km (làm tròn kết quả tới hàng phần mười).
d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối G(4; 6; 0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi lớp mây tầm nhìn của người phi công là 1500 m thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.
a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l} {x = 3 - t} \\ {y = - 1 + 4t} \\ {z = 0,6 - 0,6t} \end{array} \right.\left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
b) Khi máy bay cách mặt đất 120 m thì vị trí của máy bay trên đường thẳng AB là điểm D(2,2; 2,2; 0,12).
c) Độ cao của máy bay khi xuyên qua lớp mây để hạ cánh là 0,5 km (làm tròn kết quả tới hàng phần mười).
d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối G(4; 6; 0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi lớp mây tầm nhìn của người phi công là 1500 m thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.
Ứng dụng phương trình đường thẳng và mặt phẳng trong không gian tọa độ.
a) Đúng. $\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {2 - 3;3 - ( - 1);0 - 0,6} \right) = \left( {- 1;4; - 0,6} \right)$.
Phương trình tham số của đường thẳng AB: $\left\{ \begin{array}{l} {x = 3 - t} \\ {y = - 1 + 4t} \\ {z = 0,6 - 0,6t} \end{array} \right.\left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.
b) Đúng. Đổi: 120 m = 0,12 km.
Ta có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {x = 3 - t} \\ {y = - 1 + 4t} \\ {z = 0,6 - 0,6t = 0,12} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {t = 0,8} \\ {x = 2,2} \\ {y = 2,2} \\ {z = 0,12} \end{array} \right.\Rightarrow D\left( {2,2;2,2;0,12} \right) \right.$.
c) Đúng. $(\alpha)$: $\left. \dfrac{x}{7} + \dfrac{y}{- 7} + \dfrac{z}{0,9} = 1\Leftrightarrow 0,9x - 0,9y + 7z = 6,3 \right.$.
Máy bay xuyên qua lớp mây tại: $\left. 0,9(3 - t) - 0,9( - 1 + 4t) + 7(0,6 - 0,6t) = 6,3\Leftrightarrow t = \dfrac{5}{29} \right.$.
Độ cao máy bay khi đó là $0,6 - 0,6.\dfrac{5}{29} = \dfrac{72}{145} \approx 0,5$ (km).
d) Sai. Thay $t = \dfrac{5}{29}$ vào phương trình đường thẳng AB, ta được $I\left( {\dfrac{82}{29}; - \dfrac{9}{29};\dfrac{72}{145}} \right)$ là điểm máy bay xuyên qua lớp mây.
$IG = \sqrt{\left( {4 - \dfrac{82}{29}} \right)^{2} + \left( {6 + \dfrac{9}{29}} \right)^{2} + \left( {0 - \dfrac{72}{145}} \right)^{2}} \approx 6,4$ (km).
Vì khoảng cách thực tế đến điểm G là 6,43 km, mà tầm nhìn của phi công chỉ có 1,5 km, nên phi công không thể nhìn thấy điểm G ngay khi vừa ra khỏi lớp mây.
Một hộp có 12 quả bóng màu xanh, 7 quả bóng màu đỏ; các quả bóng có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy ngẫu nhiên lần lượt hai quả bóng trong hộp, lấy không hoàn lại. Xét các biến cố:
A: “Lần thứ hai lấy được quả màu đỏ”.
B: “Lần thứ nhất lấy được quả màu xanh”.
a) $P(B) = \dfrac{7}{19}$.
b) $P(A \cap B) = \dfrac{28}{57}$.
c) $\left. P(A \middle| B) = \dfrac{7}{18} \right.$.
d) $P(\overline{A}) = \dfrac{12}{19}$.
a) $P(B) = \dfrac{7}{19}$.
b) $P(A \cap B) = \dfrac{28}{57}$.
c) $\left. P(A \middle| B) = \dfrac{7}{18} \right.$.
d) $P(\overline{A}) = \dfrac{12}{19}$.
Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức nhân xác suất và công thức xác suất toàn phần.
Có 12 + 7 = 19 quả bóng tất cả.
a) Sai. \(P(B) = \frac{{12}}{{19}}\).
c) Đúng. Sau khi B xảy ra, còn 11 quả bóng xanh và 7 quả bóng đỏ, do đó \(P(A|B) = \frac{7}{{18}}\).
b) Sai. \(P(A \cap B) = P(B).P(A|B) = \frac{{12}}{{19}}.\frac{7}{{18}} = \frac{{14}}{{54}}\).
d) Đúng. \(P(\overline B ) = 1 - P(B) = 1 - \frac{{12}}{{19}} = \frac{7}{{19}}\).
Sau khi \(\overline B \) xảy ra, còn 12 quả bóng xanh và 6 quả bóng đỏ, do đó \(P(A|\overline B ) = \frac{6}{{18}}\).
\(P(A) = P(B).P(A|B) + P(\overline B ).P(A|\overline B )\)
\( = \frac{{12}}{{19}}.\frac{7}{{18}} + \frac{7}{{19}}.\frac{6}{{18}} = \frac{7}{{19}}\).
Vậy \(P(\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - \frac{7}{{19}} = \frac{{12}}{{19}}\).
Một chiếc bát thủy tinh có bề dày của phần xung quanh là một khối tròn xoay, khi xoay hình phẳng D quanh một đường thẳng a bất kì nào đó mà khi gắn hệ trục tọa độ Oxy (đơn vị trên trục là decimet) vào hình phẳng D tại một vị trí thích hợp, thì đường thẳng a sẽ trùng với trục Ox. Khi đó hình phẳng D được giới hạn bởi các đồ thị hàm số \(y = x + \frac{1}{x}\), y = x và hai đường thẳng x = 1, x = 4. Thể tích của bề dày chiếc bát thủy tinh đó bằng bao nhiêu decimet khối (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}(x) - {g^2}(x)} \right|dx} \).
Bề dày chiếc bát thủy tinh được tạo thành khi xoay hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số \(y = x + \frac{1}{x}\), y = x và hai đường thẳng x = 1, x = 4.
\(V = \pi \int\limits_1^4 {\left| {{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2} - {x^2}} \right|dx} \)
\(= \pi \int\limits_1^4 {\left[ {{x^2} + 2 + \frac{1}{{{x^2}}} - {x^2}} \right]dx} \)
\( = \pi \int\limits_1^4 {\left[ {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right]dx} = \pi \left( {2x - \frac{1}{x}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^4}\\{_1}\end{array}} \right. \)
\(= \pi \left( {2.4 - \frac{1}{4}} \right) - \pi \left( {2.1 - \frac{1}{1}} \right) \)
\(= \frac{{27\pi }}{4} \approx 21,2\) \(\left( {d{m^3}} \right)\).
Trong không gian Oxyz, mắt một người quan sát đặt tại điểm M(1; 2; 3) và vật cần quan sát đặt tại điểm N(3; 6; -12). Một tấm bìa cứng có dạng hình tròn tâm tại gốc tọa độ, bán kính R = 2 thuộc mặt phẳng (Oxy) bắt đầu xuất phát đi thẳng theo hướng vecto \(\vec j = (0;1;0)\) với tốc độ không đổi v = 5 (cm/s). Tính khoảng thời gian mà trong quá trình di chuyển tấm bìa đã che khuất tầm nhìn của người quan sát. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm. (Lấy đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 1 cm).
Tìm giao điểm P của MN và (Oxy). Trên mặt phẳng (Oxy), tính thời gian tấm bìa đi qua điểm P.
\(\overrightarrow {MN} = (3 - 1;6 - 2; - 12 - 3) = (2;4; - 15)\).
Phương trình đường thẳng MN: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 + 4t\\z = 3 - 15t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).
MN giao với mặt phẳng (Oxy): z = 0 tại: \(3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{5}\).
Thay \(t = \frac{1}{5}\) vào phương trình của MN, ta tìm được giao điểm là \(P\left( {\frac{7}{5};\frac{{14}}{5};0} \right)\).
Xét trên mặt phẳng (Oxy): \(P\left( {\frac{7}{5};\frac{{14}}{5}} \right)\), đường tròn (C): \({x^2} + {y^2} = 4\).
Giả sử đường thẳng d: \(x = \frac{7}{5}\) cắt (C) tại A và B.
(C) di chuyển cùng hướng với tia Oy nên đoạn thẳng AB trên tấm bìa sẽ chắn tầm nhìn (vì đường thẳng AB đi qua P).
Thay \(x = \frac{7}{5}\) vào phương trình (C), được \(y = \pm \frac{{\sqrt {51} }}{5} \Rightarrow AB = \frac{{2\sqrt {51} }}{5}\) (cm).
Thời gian tấm bìa che khuất tầm nhìn của người quan sát là \(\frac{{AB}}{5} \approx 0,57\) (giây).
Hình chỏm cầu có một đáy là một phần của hình cầu bị chia bởi một mặt phẳng. Một rada có thể phát hiện các mục tiêu trong khu vực của một hình chỏm cầu với chiều rộng trên mặt đất là một hình tròn với bán kính 450 km và chiều cao 30 km. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với mặt phẳng Oxy là mặt đất (xem mặt đất là mặt phẳng), trục Oz hướng lên cao và gốc tọa độ O trùng với vị trí của rada (tham khảo hình vẽ bên), mỗi đơn vị trên trục là 1 km. Một tên lửa bắt đầu từ vị trí điểm A(30; –780; 60), dự định bay thẳng với vận tốc không đổi 7 km/giây hướng thẳng đến vị trí của rada. Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi nó bắn trúng rada là bao nhiêu giây? (làm tròn đến hàng đơn vị).
Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian.
Đặt tên các điểm như hình vẽ.
Xét tam giác DBC vuông tại D, đường cao DO:
\(D{O^2} = BO.CO = {450^2} = 30.CO \Leftrightarrow CO = 6750\) (km).
\( \Rightarrow BC = CO + BO = 6750 + 30 = 6780\) (km).
Bán kính mặt cầu là \(R = \frac{{6780}}{2} = 3390\) (km). Do đó \(IO = 3390 - 30 = 3360 \Rightarrow I(0;0;-3360)\).
Phương trình mặt cầu: \({x^2} + {y^2} + {(z + 3360)^2} = {3390^2}\).
Vecto chỉ phương của OA là \(\overrightarrow u = \frac{1}{{30}}\overrightarrow {OA} = (1; - 26;2)\).
Phương trình đường thẳng OA: \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = - 26t\\z = 2t\end{array} \right.\).
Để tìm giao điểm K của OA với mặt cầu, ta xét:
\({t^2} + {( - 26t)^2} + {(2t + 3360)^2} = {3390^2}\)
\( \Leftrightarrow 227{t^2} + 4480t - 67500 = 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 10\\t = - \frac{{6750}}{{227}} \approx - 29,7\end{array} \right.\).
Vì cao độ K dương nên \(2t > 0 \Leftrightarrow t > 0\), do đó \(K\left( {10; - 260;20} \right)\).
\(OK = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( { - 260} \right)}^2} + {{20}^2}} = 10\sqrt {681} \) (km).
Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi bắn trúng rada là \(\frac{{10\sqrt {681} }}{7} \approx 37\) (giây).
Một công nhân đi làm ở thành phố khi trở về nhà chỉ có 2 cách: hoặc đi theo đường ngầm hoặc đi qua cầu. Nếu đi lối đường ngầm 75% trường hợp ông ta về đến nhà trước 6 giờ tối; còn nếu đi lối cầu chi có 70% trường hợp (nhưng đi lối cầu thích hơn). Vợ ông ta nhận thấy rằng: Bình quân cứ 100 lần về nhà thì 71 lần ông ta về nhà trước 6 giờ tối. Tìm xác suất để công nhân đó đã đi lối cầu biết rằng ông ta về đến nhà sau 6 giờ tối (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Áp dụng công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes.
Gọi các biến cố:
A: “Công nhân đi lối ngầm”.
Suy ra \(\overline A \): “Công nhân đi lối cầu”.
B: “Công nhân về nhà trước 6 giờ tối”.
Suy ra \(\overline B \): Công nhân về nhà sau 6 giờ tối”.
Ta có \(P\left( {B|A} \right) = 0,75\), \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,7\), \(P\left( B \right) = 0,71\).
Cần tính \(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}}\).
Ta có \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\)
\( \Leftrightarrow 0,71 = \left[ {1 - P\left( {\overline A } \right)} \right].0,75 + P\left( {\overline A } \right).0,7\)
\( \Leftrightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,8\).
\(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,71 = 0,29\).
\(P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0,7 = 0,3\).
Vậy \(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,8.0,3}}{{0,29}} \approx 0,83\).
Áp dụng công thức tích phân của các hàm số cơ bản.
\(\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\frac{a}{{{x^2}}} + \frac{b}{x} + 2} \right)dx} \)
\( = \left( { - \frac{a}{x} + b\ln \left| x \right| + 2x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_{\frac{1}{2}}}\end{array}} \right.\)
\( = \left( { - \frac{a}{1} + b\ln \left| 1 \right| + 2.1} \right) - \left( { - \frac{a}{{\frac{1}{2}}} + b\ln \left| {\frac{1}{2}} \right| + 2.\frac{1}{2}} \right)\)
\( = \left( { - a + 2} \right) - \left( { - 2a + b\ln \frac{1}{2} + 1} \right)\)
\( = 1 + a - b\ln \frac{1}{2}\)
\( = 1 + a + b\ln 2\).
Theo giả thiết:
\(\left\{ \begin{array}{l}1 + a = 2\\b = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 3\end{array} \right. \)
\(\Rightarrow a + b = - 2\).
a) Từ phương trình chính tắc, chỉ ra một điểm và một vectơ chỉ phương của \(d\).
b) Từ câu a, viết phương trình tham số của \(d\).
a) Đường thẳng \(d\) có phương trình chính tắc \(\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y + 3}}{3} = \frac{{z - 2}}{7}\), nên nó đi qua điểm \(M\left( {3; - 3;2} \right)\) và nhận \(\vec a = \left( {1;3;7} \right)\) là một vectơ chỉ phương.
b) Từ câu a, ta suy ra phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = - 3 + 3t\\z = 2 + 7t\end{array} \right.\).
Ý a: Xác định tâm và bán kính của mặt cầu cần tìm, tâm là trung điểm I của cạnh AB, bán kính là cạnh \(IA = IB\).
Ý b: Bán kính của mặt cầu là cạnh OA.
a) Gọi (C) là mặt cầu đường kính AB, khi đó (C) có tâm \(I\left( {2;1;2} \right)\) là trung điểm của cạnh AB.
Bán kính của (C) là \(IA = 1\).
Phương trình mặt cầu đường kính AB là:
(C): \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 1\).
b) Bán kính của (S) là \(OA = \sqrt 6 \).
Phương trình mặt cầu đường (S) là (S): \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 6\).
Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 8
Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 7
Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 6
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Phần I: Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Danh sách bình luận