Đề thi giữa học kì 2 Toán 12 - Đề số 1

Áp dụng định nghĩa nguyên hàm.

$F'\left( x \right) = f\left( x \right),\forall x \in K$.

Dựa vào lý thuyết tính chất của nguyên hàm.

Trong các tính chất của nguyên hàm, không có tính chất $\int {\left[ {f(x).g(x)} \right]dx}  = \int {f(x)dx} .\int {g(x)dx}$.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lượng giác:

+ $\int {\cos xdx} = \sin x + C$.

+ $\int {\sin xdx} = - \cos x + C$.

$\int {\left( {\sin x + 2\cos x} \right)dx} = - \cos x + 2\sin x + C$.

Tính $F(x) = \int {f(x)dx} = g(x) + C$.

Theo giả thiết $F(0) = 2024 \Leftrightarrow g(0) + C = 2024 \Leftrightarrow C = 2024 - g(0)$.

Từ đó kết luận $F(x) = g(x) + C$.

$F(x) = \int {f(x)dx} = \int {(2 - {e^x})dx} = 2x - {e^x} + C$.

Mà $F(0) = 2024 \Leftrightarrow 2.0 - {e^0} + C = 2024 \Leftrightarrow C = 2025$.

Vậy $F(x) = 2x - {e^x} + 2025$.

Áp dụng định nghĩa tích phân: $\int\limits_a^b {f(x)dx} = F(x)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^b}\\{_a}\end{array}$} \right. = F(b) - F(a).

$\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = F(2) - F(1) = 4 - ( - 2) = 6$.

Áp dụng tính chất của tích phân: $\int\limits_a^b {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^b {g(x)dx}$.

$\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {f(x)dx} + \int\limits_0^1 {g(x)dx} = 3 + ( - 2) = 1$.

Áp dụng công thức tính tích phân của hàm số lũy thừa $\int\limits_a^b {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}}\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^b}\\{_a}\end{array}$} \right..

$I = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2x + 1} \right)dx} = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_{ - 1}^0 = \left( {{0^2} + 0} \right) - \left( {{{\left( { - 1} \right)}^2} - 1} \right) = 0$.

Áp dụng công thức $\int\limits_a^c {f(x)dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_b^c {f(x)dx}$.

$\int\limits_{ - 2}^1 {f(x)dx}  = \int\limits_{ - 2}^0 {f(x)dx}  + \int\limits_0^1 {f(x)dx}$

$= A - B = 11 - 2 = 9$.

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = 0.

Một vecto pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow n = (A;B;C)$.

Khi đó, với số thực $k \ne 0$, $k\overrightarrow n = (kA;kB;kC)$ cũng là một vecto pháp tuyến của (P).

\(\overset{\rightarrow}{c} = \left( {2;\mspace{6mu} - 3;\mspace{6mu} 0} \right)\) là một vecto pháp tuyến của $(\alpha)$.

Mặt phẳng đi qua điểm $M\left( {x_{0};y_{0};z_{0}} \right)$, nhận $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình $a\left( {x - x_{0}} \right) + b\left( {y - y_{0}} \right) + c\left( {z - z_{0}} \right) = 0$.

Phương trình mặt phẳng: $3(x - 2) + 2(y - 1) - (z + 4) = 0$.

Xét tỉ lệ các hệ số.

Các vecto pháp tuyến tương ứng với ba mặt phẳng (P), (Q), (R) là $\overrightarrow {{n_P}} = (2;6; - 4)$, $\overrightarrow {{n_Q}} = (5;15; - 10)$ và $\overrightarrow {{n_R}} = (6;18; - 12)$.

Mà $\frac{5}{2} = \frac{{15}}{6} = \frac{{ - 10}}{{ - 4}} = \frac{{20}}{8}$ nên (P) trùng (Q).

Lại có $\frac{6}{2} = \frac{{18}}{6} = \frac{{ - 12}}{{ - 4}} \ne \frac{{ - 24}}{8}$ nên (P) // (R).

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

$d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {5.4 - 10.1 + 10.5 - 5} \right|}}{{\sqrt {{5^2} + {{( - 10)}^2} + {{10}^2}} }} = \frac{{11}}{3}$.

a) Áp dụng ý nghĩa cơ học của đạo hàm.

b) Tìm s(t).

c) Tính $\int\limits_0^6 {v(t)dt}$.

d) $\int\limits_0^{35} {v(t)dt}$.

a) Đúng. Từ ý nghĩa cơ học của đạo hàm, ta có v(t) = s’(t).

b) Sai. Ta có v(t) = s’(t). Do đó s(t) là một nguyên hàm của hàm số vận tốc v(t).

$s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( {5 + 3t} \right)dt} = \int {5dt} + \int {3t} dt = \frac{3}{2}{t^2} + 5t + C$.

Theo đề $s\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{3}{2}{.0^2} + 5.0 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0$.

Vậy $s\left( t \right) = \frac{3}{2}{t^2} + 5t$.

c) Sai. Ta có: $s = \int\limits_0^6 {v(t)dt} = \left. {\left( {\frac{3}{2}{t^2} + 5t} \right)} \right|_0^6 = \frac{3}{2}{.6^2} + 5.6 = 84$.

d) Đúng. Máy bay rời đường băng khi t = 35 giây nên $s = \int\limits_0^{35} {v(t)dt} = \left. {\left( {\frac{3}{2}{t^2} + 5t} \right)} \right|_0^{35} = 2012,5$.

Quãng đường máy bay đã di chuyển từ khi bắt đầu chạy đà đến khi rời đường bằng làm tròn đến hàng đơn vị là 2013 m.

a) Mặt phẳng Ax + By + Cz + D = 0 có một vecto pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {A;B;C} \right)$.

b) Thay tọa độ điểm A vào phương trình mặt phẳng, nếu thỏa mãn thì A thuộc (P).

c) Mặt phẳng đi qua ba điểm $A,B,M$ nhận vectơ ${\overrightarrow n _1} = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AM} } \right]$ làm vectơ pháp tuyến.

d) Hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi tích vecto pháp tuyến của chúng bằng 0.

a) Đúng. Do $\left( P \right):3x - 2y + z + 1 = 0$ nên suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {3; - 2;1} \right)$.

b) Sai. Thay tọa độ của điểm $A$ vào phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$, ta được $3.1 - 2.2 - 3 + 1 = - 3 \ne 0 \Rightarrow A \notin \left( P \right)$.

c) Đúng. Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( { - 3; - 2;\,2} \right),\overrightarrow {AM} = \left( {1;\, - 3;\,7} \right)$.

Mặt phẳng đi qua ba điểm $A,B,M$ nhận vectơ ${\overrightarrow n _1} = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AM} } \right] = \left( { - 8;23;11} \right)$ làm vectơ pháp tuyến.

d) Sai. Vì $\overrightarrow n .{\overrightarrow n _1} = 3.8 - 2.( - 23) + 1.( - 11) \ne 0$ nên hai mặt phẳng $\left( {ABM} \right)$ và $\left( P \right)$ không vuông góc với nhau.

Chia tử cho mẫu để tách tích phân phức tạp thành các phân thức đơn giản, từ đó áp dụng công thức tích phân của hàm số lũy thừa.

Ta có $\int_{1}^{3} \frac{x+2}{x} dx = \int_{1}^{3} \left(1 + \frac{2}{x}\right) dx$

$= \int_{1}^{3} dx + \int_{1}^{3} \frac{2}{x} dx = 2 + 2 \ln |x| \bigg|_{1}^{3}$

$= 2 + 2 \ln 3$.

Do đó $a = 2, b = 2, c = 3 \Rightarrow S = 7$.

Gắn hệ trục tọa độ phù hợp. Từ các điểm thuộc đồ thị, tìm phương trình của parabol rồi áp dụng công thức tính diện tích bằng tích phân.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình.

Giả sử parabol có phương trình $y = a{x^2} + bx + c$ (a < 0).

Vì parabol đi qua các điểm (0;5), (-2,5;0), (2,5;0) nên ta có:

$\{\begin{array}{l}5=a{.0}^2+b.0+c\\ 0=a.2,5^2+b.2,5+c\\ 0=a\mathrm{.}(-2,5{)}^2+b\mathrm{.}(-2,5)+c\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-\frac{4}{5}\\ b=0\\ c=5\end{array}\Rightarrow y=-\frac{4}{5}{x}^2+5$$\left\{ \begin{array}{l}5 = a{.0^2} + b.0 + c\\0 = a.2,{5^2} + b.2,5 + c\\0 = a.{( - 2,5)^2} + b.( - 2,5) + c\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{4}{5}\\b = 0\\c = 5\end{array} \right.$ \Rightarrow y =  - \frac{4}{5}{x^2} + 5.

Diện tích lối vào giới hạn bởi cổng là: ${S_1} = \int\limits_{ - 2,5}^{2,5} {\left( { - \frac{4}{5}{x^2} + 5} \right)dx}  = \frac{{50}}{3}$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Diện tích toàn bộ hình chữ nhật là 5.6 = 30 $\left( {{m^2}} \right)$.

Diện tích phần gạch chéo là: ${S_2} = S - {S_1} = 30 - \frac{{50}}{3} = \frac{{40}}{3}$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Số tiền cần để trang trí là $\frac{{40}}{3}.1200000 = 16000000$ đồng = 16 triệu đồng.

Gắn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp.

Áp dụng công thức tính thể tích $V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}(x)dx}$.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng với tâm của đáy bình, trục Ox trùng với trục dọc của bình.

Thể tích bình là: ${V_b} = \pi \int\limits_0^{\frac{5}{2}} {{{\left( {\frac{4}{9}{x^3} - \frac{5}{3}{x^2} + \frac{4}{3}x + \frac{{25}}{{36}}} \right)}^2}dx}$.

Độ cao mực nước trong bình là $\frac{2}{3}.\frac{5}{2} = \frac{5}{3}$ (dm).

Thể tích nước là: ${V_n} = \pi \int\limits_0^{\frac{5}{3}} {\left( {\frac{4}{9}{x^3} - \frac{5}{3}{x^2} + \frac{4}{3}x + \frac{{25}}{{36}}} \right)^2dx}$.

Vậy thể tích nước so với thể tích bình là $T = \frac{{{V_n}}}{{{V_b}}}.100\%  \approx 92\%$.

Quan sát hình vẽ, tìm tọa độ ba điểm A’, B’, C’, từ đó lập phương trình mặt phẳng (A’B’C’D’).

Vì D’ thuộc mặt phẳng (A’B’C’D’) nên tìm được c.

Từ hình vẽ, ta có tọa độ các điểm: A’(0; 0; 3), B’(15; 0; 4), C’(15; 25; 6), D(0; 25; c).

Suy ra $\overrightarrow {A'B'}  = (15;0;1)$, $\overrightarrow {A'C'}  = (15;25;3)$.

Ta có $\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C'} } \right] = \left( {\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&1\\{25}&3\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&{15}\\3&{15}\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{15}&0\\{15}&{25}\end{array}$} \right|} \right)

$= (0.3 - 25.1;1.15 - 3.15;15.25 - 15.0) = ( - 25; - 30;375)$.

Do đó $\overrightarrow n  = \frac{1}{5}\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C'} } \right] = ( - 5; - 6;75)$ là một vecto pháp tuyến của (A’B’C’D’).

Phương trình mặt phẳng (A’B’C’D’) là:

$- 5(x - 0) - 6(y - 0) + 75(z - 3) = 0$

$\Leftrightarrow  - 5x - 6y + 75z - 225 = 0$.

Vì D’(0; 25; c) thuộc mặt phẳng (A’B’C’D’) nên:

$- 5.0 - 6.25 + 75c - 225 = 0 \Leftrightarrow c = 5$.

Suy ra D’(0; 25; 5).

Vậy a – 2b + c = 0 – 2.25 + 5 = -45.

Áp dụng tính chất của tích phân: $\int\limits_a^b {f(x)dx} = \int\limits_a^c {f(x)dx} + \int\limits_c^b {f(x)dx}$.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa: $\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C$.

$\int\limits_{ - 1}^2 {f(x)dx}  = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x)dx}  + \int\limits_1^2 {f(x)dx}$

$= \int\limits_{ - 1}^1 {(2x - 1)dx}  + \int\limits_1^2 {1dx} \left( {{x^2} - x} \right)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^1}\\{_{ - 1}}\end{array}$} \right. + x\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^2}\\{_1}\end{array}$} \right.

$= \left( {{1^2} - 1} \right) - \left( {{{( - 1)}^2} - ( - 1)} \right) + 2 - 1  =  - 1$.

Để tính điện lượng truyền trong dây dẫn khi $t = 3$ giây, ta thực hiện các bước sau:

- Xác định hàm lượng điện $Q(t)$ bằng cách tìm nguyên hàm của $I(t)$.

- Dựa trên dữ liệu tại $t = 1$ để tìm hằng số C.

- Thay $t = 3$ để tính điện lượng.

Ta biết rằng cường độ dòng điện $I(t)$ là đạo hàm của hàm điện lượng $Q(t)$:

$I(t) = Q'(t)$

Để tìm hàm $Q(t)$, ta tích phân hàm $Q'(t)$:

$Q(t) = \int {(3{t^2} - 6t + 5)} {\mkern 1mu} dt = {t^3} - 3{t^2} + 5t + C$

Theo đề bài ta có $t = 1$ giây, $Q(1) = 4$. Sử dụng điều kiện này để tìm $C$:

$Q(1) = {1^3} - 3 \cdot {1^2} + 5 \cdot 1 + C$

$4 = 1 - 3 + 5 + C$

$4 = 3 + C$

$C = 1$

Vậy hàm $Q(t)$ là:

$Q(t) = {t^3} - 3{t^2} + 5t + 1$

Thay $t = 3$ vào hàm $Q(t)$:

$Q(3) = {3^3} - 3 \cdot {3^2} + 5 \cdot 3 + 1$

$Q(3) = 27 - 27 + 15 + 1$

$Q(3) = 16$

Điện lượng truyền trong dây dẫn khi $t = 3$ giây là $Q(3) = 16$.

‒ Cho hai mặt phẳng $\left( {{\alpha _1}} \right):{A_1}x + {B_1}y + {C_1}{\rm{z}} + {D_1} = 0$ và $\left( {{\alpha _2}} \right):{A_2}x + {B_2}y + {C_2}{\rm{z}} + {D_2} = 0$ có vectơ pháp tuyến lần lượt là $\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {{A_1};{B_1};{C_1}} \right),\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {{A_2};{B_2};{C_2}} \right)$.

Khi đó $\left( {{\alpha _1}} \right)\parallel \left( {{\alpha _2}} \right) \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_1}}  = k\overrightarrow {{n_2}} \\{D_1} \ne k{{\rm{D}}_2}\end{array} \right.$left( {k \in \mathbb{R}} \right)

‒ Để tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song ta đưa về tính khoảng cách từ một điểm trên mặt phẳng này đến mặt phẳng còn lại.

a) Mặt phẳng $\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {2;1;2} \right)$, mặt phẳng $\left( Q \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {4;2;4} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {{n_1}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {{n_2}}$ và $12 \ne \frac{1}{2}.\left( { - 6} \right)$ nên $\left( P \right)\parallel \left( Q \right)$.

b) Lấy điểm $A\left( {0;0; - 6} \right) \in \left( P \right)$. Khi đó ta có:

$d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {A;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {4.0 + 2.0 + 4.\left( { - 6} \right) - 6} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {2^2} + {4^2}} }} = 5$.