Đề thi giữa học kì 2 Toán 12 - Đề số 3

Dựa vào định nghĩa nguyên hàm.

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

Dựa vào tính chất cơ bản của nguyên hàm: $\int {kf(x){\rm{d}}x} = k\int {f(x){\rm{d}}x}$.

${\int{5f(x)\text{d}x}} = 5{\int{f(x)\text{d}x}}$.

Áp dụng công thức tính nguyên hàm của hàm số lượng giác.

${\int{(1 + \cos}}x)~dx = x + \sin x + C$.

Sử dụng công thức $\int {{x^n}dx = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}} + C$.

$F(x) = \int {(1 + 2x + 3{x^2})dx}  = x + {x^2} + {x^3} + C$.

Theo giả thiết: $F(1) = 2 \Leftrightarrow 1 + {1^2} + {1^3} + C = 2 \Leftrightarrow C =  - 1$.

Vậy $F(x) = x + {x^2} + {x^3} - 1$.

Từ đó ta có:

$F(0) + F( - 1) = 0 + {0^2} + {0^3} - 1 + ( - 1) + {( - 1)^2} + {( - 1)^3} - 1 =  - 3$.

Áp dụng định nghĩa tích phân.

\(\mathop \smallint \nolimits_1^3 f\left( x \right)dx = F(x)\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^3}\\{_1}\end{array}$} \right. = F(3) - F(1) = 5 - 1 = 4\).

Áp dụng tính chất của tích phân:

${\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}} = {\int\limits_{a}^{b}{f(t)dt}}$;

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

${\int\limits_{0}^{10}{f(x)dx}} = {\int\limits_{0}^{10}{f(t)dt}} = 17$;

${\int\limits_{0}^{8}{f(x)dx}} = {\int\limits_{0}^{8}{f(y)dy}} = 12$.

$\int\limits_8^{10} {( - 3)f(x)dx} = - 3\int\limits_8^{10} {f(x)dx} = - 3\left( {\int\limits_0^{10} {f(x)dx} - \int\limits_0^8 {f(x)dx} } \right)$

$= - 3(17 - 12) = - 15$.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa và sử dụng định nghĩa tích phân để tính.

Ta có $I = \int\limits_0^2 {(2x + 1)dx} = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_0^2 = 4 + 2 = 6$.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng bằng tích phân: $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx}$.

$S = \int\limits_0^4 {\sqrt x {\rm{d}}x}  + \int\limits_2^4 {\left[\sqrt{x} - \left( {x - 2} \right)\right]{\rm{d}}x} = \dfrac{10}{3}$.

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).

$\overrightarrow n = \left( {2; - 3; - 4} \right)$ là một vectơ pháp tuyến của $\left( \alpha \right)$.

Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng đi qua điểm $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ và có vecto pháp tuyến $\overrightarrow n = (A;B;C)$ là:

$A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0$

hay $Ax + By + Cz + D = 0$ với $D = - A{x_0} - B{y_0} - C{z_0}$.

Mặt phẳng (Oxy) nhận $\overrightarrow k = (0;0;1)$ làm VTPT và đi qua O(0; 0; 0). Do đó phương trình của (Oxy) là:

$0(x - 0) + 0(y - 0) + 1(z - 0) = 0 \Leftrightarrow z = 0$.

Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) và (Q) có phương trình:

(P): Ax + By + Cz + D = 0, ${A^2} + {B^2} + {C^2} \ne 0$.

(Q): A’x + B’y + C’z + D’ = 0, $A{'^2} + B{'^2} + C{'^2} \ne 0$.

(P) và (Q) song song khi $\frac{A}{{A'}} = \frac{B}{{B'}} = \frac{C}{{C'}} \ne \frac{D}{{D'}}$.

$\left( \beta \right):2x + 2y + 4z - 7 = 0$ song song với $\left( \alpha \right):x + y + 2z - 1 = 0$ vì $\frac{2}{1} = \frac{2}{1} = \frac{4}{2} \ne \frac{{ - 1}}{{ - 7}}$.

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng.

$d\left( {M,(\alpha )} \right) = \frac{{\left| {1.( - 2) - 5.1 + 2.2 - 7} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 5)}^2} + {2^2}} }} = \frac{{10}}{{\sqrt {30} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt 3 }}$.

Ứng dụng nguyên hàm để tìm công thức tính vận tốc và độ dịch chuyển. Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất.

a) Đúng. Phương trình vận tốc của chất điểm tại thời điểm t được xác định bởi công thức $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)} dt.$

b) Đúng. Ta có $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt}  = \int {\left( {2t - 7} \right)dt}  = {t^2} - 7t + C$.

$v\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow C = 6 \Rightarrow v\left( t \right) = {t^2} - 7t + 6.$

Vậy $v\left( 7 \right) = {7^2} - 7.7 + 6 = 6$ (m/s).

c) Sai. Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian $1 \le t \le 7$ là:

$S = \int\limits_1^7 {v\left( t \right)} dt = \int\limits_1^7 {\left( {{t^2} - 7t + 6} \right)} dt = \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{7{t^2}}}{2} + 6t} \right)} \right|_1^7 =  - 18.$

d) Sai. Vị trí của chất điểm so với vị trí ban đầu tại thời điểm t là

$s\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int {\left( {{t^2} - 7t + 6} \right){\rm{d}}t}  = \frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{7{t^2}}}{2} + 6t + C$

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của s(t) với $t \in \left[ {0;\,8} \right]$.

Do s’(t) = v (t) nên $s'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 1\\t = 6\end{array}$ \right..

Lại có $s\left( 0 \right) = C$, $s\left( 1 \right) = \frac{{17}}{6} + C$, $s\left( 6 \right) =  - 18 + C$, $s\left( 8 \right) =  - \frac{{16}}{3} + C$.

Vậy giá trị lớn nhất của s(t) với $t \in \left[ {0;\,8} \right]$ đạt được khi t = 1.

Áp dụng các biểu thức tọa độ trong không gian, quy tắc lập phương trình tổng quát của mặt phẳng, công thức tính khoảng cách.

a) Đúng. Có B(1; 0; 0), D(0; 2; 0).

Điểm $C \in (Oxy)$ và ABCD là hình chữ nhật nên C(1; 2; 0).

b) Sai. Vì SA = 3 nên S(0; 0; 3).

Ta có $\overrightarrow {SC} (1;2; - 3)$ và $\overrightarrow {BD} ( - 1;2;0)$ suy ra $\left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = (6;3;4)$.

c) Đúng. Mặt phẳng $(P)$ song song với đường thẳng BD nên ta có $\overrightarrow {{n_P}} {\rm{\;}} = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = (6;3;4)$.

Có $S \in (P)$ nên phương trình mặt phẳng $(P):$ $6x + 3y + 4z - 12 = 0$.

d) Sai. Có khoảng cách giữa đường thẳng BD và mặt phẳng $(P)$:

$d(BD,(P)) = d(B,(P)) = \frac{{|6.1 - 12|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {4^2}} }} = \frac{{6\sqrt {61} }}{{61}}$.

Xác định dấu của x - 2 để phá dấu trị tuyệt đối và áp dụng công thức tích phân tìm m.

Do $x \in [0; m] \Rightarrow x - 2 \leq x - m \leq 0$

$\Rightarrow |x - 2| = 2 - x$.

Vậy $I = \int_{0}^{m} (2 - x) dx = \left( 2x - \frac{1}{2}x^2 \right) \bigg|_{0}^{m}$

$= 2m - \frac{m^2}{2} = 2 \Rightarrow m = 2$.

Gắn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp.

Từ tọa độ các điểm đồ thị đi qua, lập phương trình parabol.

Áp dụng công thức tính diện tích ứng dụng tích phân.

Gắn hệ trục tọa độ với O là trung điểm của MN, các điểm N, C thuộc tia Ox, đỉnh I thuộc tia Oy.

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

Vì parabol đi qua các điểm I(0; 6), C(6; 0), D(-6; 0) nên ta có:

$\{\begin{array}{l}6=a{.0}^2+b.0+c\\ 0=a{.6}^2+b.6+c\\ 0=a(-6{)}^2+b(-6)+c\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{6}\\ b=0\\ c=6\end{array}\Rightarrow y=-\frac{1}{6}{x}^2+6$$\left\{ \begin{array}{l}6 = a{.0^2} + b.0 + c\\0 = a{.6^2} + b.6 + c\\0 = a{( - 6)^2} + b( - 6) + c\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{6}\\b = 0\\c = 6\end{array} \right.$ \Rightarrow y =  - \frac{1}{6}{x^2} + 6.

Diện tích bức tranh là $S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| { - \frac{1}{6}{x^2} + 6} \right|dx}  = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - \frac{1}{6}{x^2} + 6} \right)dx}  = \frac{{208}}{9}$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Số tiền cần dùng là $\frac{{208}}{9}.900000 = 20800000$ đồng = 20,8 triệu đồng.

Từ bán kính đáy chậu và miệng chậu suy ra cận.

Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay.

Với bán kính đáy chậu là 1 dm thì $y = 1 \Rightarrow \sqrt {x + 1}  = 1 \Leftrightarrow x = 0$.

Với bán kính đáy chậu là 2 dm thì $y = 2 \Rightarrow \sqrt {x + 1}  = 2 \Leftrightarrow x = 3$.

Thể tích khối chậu là:

$V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2}dx}  = \frac{{15\pi }}{2} \approx 23,6$ $\left( {d{m^3}} \right)$.

Tìm vecto pháp tuyến của (PQRS) bằng cách tính tích có hướng $\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PR} } \right]$.

Lập phương trình mặt phẳng (PQRS), từ đó lập phương trình (ABCD) song song với (PQRS) và đi qua A.

Ta có $\overrightarrow {PQ}  = ( - 10 + 490;0 - 0;200 - 200) = (480;0;0)$;

$\overrightarrow {PR}  = (0 + 490;1600 - 0;0 - 200) = (490;1600; - 200)$.

$\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PR} } \right] = \left( {\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&0\\{1600}&{ - 200}\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&{480}\\{ - 200}&{490}\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{480}&0\\{490}&{1600}\end{array}$} \right|} \right) = \left( {0;96000;768000} \right).

Suy ra một vecto pháp tuyến của (PQRS) là $\overrightarrow {{n_{PQRS}}}  = \frac{1}{{96000}}\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PR} } \right] = \left( {0;1;8} \right)$.

Phương trình mặt phẳng (PQRS) là:

$0\left( {x - 0} \right) + 1\left( {y - 1600} \right) + 8\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow y + 8z - 1600 = 0$.

Vì (ABCD) // (PQRS) nên phương trình của (ABCD) có dạng $y + 8z + d = 0$.

A(0;0;-65) thuộc (ABCD) nên $0 + 8.( - 65) + d = 0 \Leftrightarrow d = 520$.

Vậy (ABCD): $y + 8z + 520 = 0$. Suy ra a = 8.

Sử dụng công thức $\int {f'\left( x \right)dx}  = f\left( x \right) + C$.

Ta có:

$F'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {4x + 1} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {4x + 1} }} = \frac{4}{{2\sqrt {4x + 1} }} = \frac{2}{{\sqrt {4x + 1} }}\left( {x \in \mathbb{R}} \right)$.

Do đó: $\int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {4x + 1} }}dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{1}{2}F'\left( x \right)dx}  = \left. {\frac{1}{2}F\left( x \right)} \right|_0^1 = \left. {\frac{{\sqrt {4{\rm{x}} + 1} }}{2}} \right|_0^1$

$= \frac{{\sqrt {4.1 + 1} }}{2} - \frac{{\sqrt {4.0 + 1} }}{2} = \frac{{\sqrt 5 }}{2} - \frac{1}{2}$.

- Tìm nguyên hàm của hàm số $f(t) = 3{t^2}$ để xác định nhiệt độ $T(t)$ tại thời điểm $t$.

- Sử dụng điều kiện ban đầu là nhiệt độ tại thời điểm bắt đầu là ${1^\circ }C$ để tìm hằng số tích phân.

- Tính nhiệt độ tại thời điểm $t = 3$ phút.

Nguyên hàm của hàm số $f(t) = 3{t^2}$ là:

$T(t) = \int 3 {t^2}{\mkern 1mu} dt = {t^3} + C$

trong đó $C$ là hằng số tích phân.

Ta có điều kiện ban đầu là nhiệt độ tại thời điểm t = 0 là ${1^\circ }C$, do đó:

$T(0) = {0^3} + C = 1 \Rightarrow C = 1$

Vậy nhiệt độ tại thời điểm $t$ phút là:

$T(t) = {t^3} + 1$

Tính nhiệt độ tại thời điểm $t = 3$ phút:

$T(3) = {3^3} + 1 = 27 + 1 = {28^\circ }C$

a) Chứng minh hai vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng cùng phương và một điểm bất kỳ của mặt phẳng này không thuộc mặt phẳng còn lại.

b) Tính khoảng cách của một điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng còn lại.

a) Một vectơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;2; - 1} \right)$, một vectơ pháp tuyến của (Q) là $\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {2;2; - 1} \right)$

Suy ra $\overrightarrow {{n_P}}  = \overrightarrow {{n_Q}}$. Mà $8 \ne 2$ do đó $\left( P \right)\parallel \left( Q \right)$.

b) Ta có điểm $A\left( {0;0;8} \right)$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$.

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ là $d\left( {A,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 8 + 2} \right|}}{{\sqrt {4 + 4 + 1} }} = 2$.