Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 12 THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định năm 2024 – 2025

Áp dụng công thức $\log _a u(x)=b \Leftrightarrow u(x)=a^b ;(a>0 ; a \neq 1)$.

ĐKXĐ: $1-x>0\Leftrightarrow x<1$

Ta có $\log _2(1-x)=3$

$\Leftrightarrow 1-x={{2}^{3}}$

$\Leftrightarrow x=-7$ (tm).

Vậy phương trình có nghiệm $x=-7$.

Quan sát BBT suy ra khoảng đơn điệu.

Trên khoảng $\left( 4;+\infty \right)$  dấu mũi tên đi lên nên hàm số đồng biến trên $\left( 4;+\infty \right)$.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng.

Ta có $\sqrt{x} \geq 0$ trên đoạn $\left[ 1;4 \right]$ nên $S=\int_{1}^{4}{|}\sqrt{x}|dx=\int_{1}^{4}{\sqrt{x}}dx=\frac{14}{3}$.

Xét từng đáp án.

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc mặt phẳng và hai mặt phẳng vuông góc.

+) Ta có $SA\bot \left( ABCD \right)$ mà $SA\subset (SAC)$.

Suy ra $\left( SAC \right)\bot \left( ABCD \right)$.

Do đó khẳng định ở đáp án C đúng.

+) Có \(\left\{ \begin{align} & BD\bot AC \\ & BD\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)\)

Mà $BD\subset (SBD)$

Suy ra $\left( SAC \right)\bot \left( SBD \right)$

Do đó khẳng định ở đáp án B, D đúng.

Vậy khẳng định ở đáp án A sai.

Áp dụng công thức cấp số nhân: $u_n=u_1 \cdot q^{n-1},(n \geq 2)$.

Ta có: ${{u}_{4}}=3\cdot {{(-2)}^{3}}=-24$.

Đưa bất phương trình về dạng $a^x>b$ để tìm tập nghiệm.

Ta có: ${{5.2}^{x+1}}>{{3}^{x}}\Leftrightarrow {{5.2.2}^{x}}>{{3}^{x}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{2}{3} \right)}^{x}}>\frac{1}{10}\Leftrightarrow x<{{\log }_{\frac{3}{2}}}10$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-\infty ; \log _{\frac{3}{2}} 10\right)$.

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản.

Ta có: $\int{f(x)dx}=\int{\left( {{3}^{x+1}}-\sin x \right)}dx=\int{{{3}^{x+1}}}dx-\int{\sin xdx=}\frac{{{3}^{x+1}}}{\ln 3}+\cos x+C$.

Quan sát đồ thị hàm số xác định tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

Với hàm số $y=\frac{a x+b}{c x+d}$, ta có:

Tiệm cận đứng: $cx+d=0\Leftrightarrow x=-\frac{d}{c}$.

Tiệm cận ngang: $\lim _{\mathrm{x} \rightarrow \infty /-\infty}=\frac{a}{c}$.

Quan sát đồ thị, ta thấy:

Tiệm cận đứng $x=1\Rightarrow -\frac{d}{c}=1$.

Tiệm cận ngang $y=-1\Rightarrow \frac{a}{c}=-1$.

Suy ra $\frac{a}{c}-\frac{d}{c}=-1+1=0$.

Hàm phân thức $y=\frac{a x+b}{c x+d}$ có TCN là $y=\frac{a}{c}$ và TCĐ là $x=-\frac{d}{c}$.

Chèn điểm để phân tích vectơ rồi cộng hai vectơ đối với nhau.

Ta có: $\{$$\begin{array}{l}\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E F}+\overrightarrow{F D} \\ \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{B E}+\overrightarrow{E F}+\overrightarrow{F C}\end{array}$

$\Rightarrow \overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C}=2 \overrightarrow{E F}$.

Mặt phẳng $(P)$ qua điểm $M_0\left(x_0 ; y_0 ; z_0\right)$ và nhận $\vec{n}(A, B, C)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình có dạng: $A\left(x-x_0\right)+B\left(y-y_0\right)+C\left(z-z_0\right)=0$.

Phương trình mặt phẳng $(\mathrm{P})$ là: $0.(x+3)+1(y-5)-2(z-0)=0\Leftrightarrow y-2z-5=0$.

Công thức tính $\Delta Q=Q_3-Q_1$.

Cỡ mẫu $n=3+6+3=12$

Gọi $x_1 ; x_2 ; x_3 ; \ldots ; x_{12}$ là mẫu số liệu gốc gồm số lượng khách hàng của khách hàng mua sách ở một cửa hàng trong một ngày được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có $x_1 ; x_2 \in[40 ; 50) ; x_3 ; x_4 ; x_5 ; \ldots ; x_8 \in[50 ; 60) ; x_9 ; \ldots ; x_{12} \in[60 ; 70)$

Tứ phân vị thứ nhất $\frac{1}{2}\left(x_3+x_4\right)$, do $x_3 ; x_4 \in[50 ; 60)$.

Nên $Q_1=50+\frac{\frac{12}{4}-2}{6} \cdot(60-50)=\frac{155}{3}$

Tứ phân vị thứ ba $\frac{1}{2}\left(x_9+x_{10}\right)$, do $x_9 ; x_{10} \in[60 ; 70)$.

Nên $Q_3=60+\frac{\frac{3.12}{4}-(2+6)}{4} \cdot(70-60)=\frac{125}{2}$

Khi đó khoảng tứ phân vị $\Delta Q=Q_3-Q_1=\frac{125}{2}-\frac{155}{3}=\frac{65}{6}$.

Đường thẳng $\Delta$ có phương trình tham số là: $\{\begin{array}{l}x=x_0+a_{1}t\\ y=y_0+a_{2}t;(t\in \mathbb{R})\\ z=z_0+a_{2}t\end{array}$$\left\{\begin{array}{l}x=x_0+a_1 t \\ y=y_0+a_2 t ; \quad(t \in \mathbb{R}) \\ z=z_0+a_2 t\end{array}\right.$, đi qua điểm $M_0\left(x_0 ; y_0 ; z_0\right)$ và nhận vectơ $\vec{a}=\left(a_1 ; a_2 ; a_3\right)$ làm vectơ chỉ phương. 

Đường thẳng $d$: $\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=1-t\\ z=-2+3t\end{array}$$\left\{\begin{array}{l}x=2 t \\ y=1-t \\ z=-2+3 t\end{array}\right.$ có véc tơ chỉ phương của $\vec{u}=(2 ;-1 ; 3)$.

Áp dụng tích có hướng của hai vecto.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow{AB}=(-2,2,-1)$ và $\overrightarrow{BC}=(3,-6,4)$.

Vì $\frac{-2}{3}\ne \frac{2}{-6}\ne \frac{-1}{4}$ nên $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BC}$ không cùng phương.

Do đó, ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Sai. Ta có ${{\overrightarrow{n}}_{ABC}}=(-14;-11;-6)$.

c) Sai. Do ${{\overrightarrow{n}}_{ABC}}=(-14;-11;-6)$.

d) Sai. Mặt phẳng (ABC) đi qua $A(1;1;1)$ và nhận ${{\overrightarrow{n}}_{ABC}}=(-14;-11;-6)$ làm vecto pháp tuyến có dạng: $14x+11y+6z-31=0$.

Mặt phẳng (ABC) giao $Ox, Oy, Oz$ tại $M\left( \frac{31}{14};0;0 \right)$, $N\left( 0;\frac{31}{11};0 \right)$, $P\left( 0;0;\frac{31}{6} \right)$.

Khi đó $V=\frac{1}{6}.OM.ON.OP=\frac{2197}{360}$.

a) A là biến cố "Người được chọn không mắc bệnh X" nên $\overline{A}$ là biến cố: Người được chọn mắc bệnh X", dựa vào đầu bài tính được $P(A), P(\overline{A})$.

b) Biến cố B|A nghĩa là "Người được chọn phản ứng dương tính khi không mắc bệnh" và biến cố $B|\overline{A}$ nghĩa là "Người được chọn có phản ứng dương tính khi mắc bệnh", theo đầu bài tính được $P(B|A)$ và $P(B|\overline{A})$.

c) Sử dụng công thức xác suất toàn phần để tính $P(B)$.

d) Sử dụng công thức Bayes để tính biến cố $P(\overline{A}\left| B \right.)$.

a) Đúng. Tỉ lệ người mắc bệnh $X$ là $0,4\%$, do đó tỉ lệ người không mắc bệnh là $1 - 0,4\% = 99,6\%$. Do đó, $P(A) = \dfrac{99,6}{100}$ và   $P(\overline{A}) = \dfrac{0,4}{100}$.

b) Đúng.

+ $P(B|A)$: Xác suất có phản ứng dương tính khi không mắc bệnh là 5%, do đó $P(B|A) = \dfrac{5}{100}$.
+ $P(B|\overline{A})$: Xác suất có phản ứng dương tính khi mắc bệnh là 98%, do đó $P(B|\overline{A}) = \dfrac{98}{100}$.

c) Sai. Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

$P(B) = P(B|A) \cdot P(A) + P(B|\overline{A}) \cdot P(\overline{A})$.

$P(B) = \dfrac{5}{100} . \dfrac{99,6}{100} + \dfrac{98}{100} . \dfrac{0,4}{100} = \dfrac{1343}{25000}$.

d) Đúng. Theo công thức Bayes:

$P(\overline{A}|B) = \dfrac{P(B|\overline{A}) \cdot P(\overline{A})}{P(B)}$

$= \dfrac{\dfrac{98}{100} . \dfrac{0,4}{100}}{\dfrac{1343}{25000}}= \dfrac{98}{1343}$.

a) Sử dụng công thức $v(t)=a t+v_0$.

b) Giải $v(t)=0$.

c) Tính quãng đường ô tô đi được từ lúc bắt đầu hãm phanh đến lúc dừng lại.

d) Vận tốc trung bình $v_{t b}$ được tính bằng: $v_{t b}=\frac{s}{t}$.

a) Đúng. Đổi 72 km/h = 20 m/s.

Ta có $v(t)=a t+v_0=-3 t+20$.

b) Sai. Có $v(t)=0\Leftrightarrow 20=3t\Leftrightarrow t=\frac{20}{3}>6$.

c) Đúng. $S=\int_{0}^{20/3}{v}(t)dt=\frac{200}{3}(~\text{m})\Leftrightarrow d=70-\frac{200}{3}=\frac{10}{3}$.

d) Sai. ${{v}_{tb}}=\frac{S}{t}=\frac{\frac{200}{3}}{\frac{20}{3}}=10$ (m/s) >9,8 (m/s).

a) ĐKXĐ : $2x-1>0$.

b) Áp dụng công thức $\left( \ln u \right)'=\frac{u'}{u}$ và $\left( {{x}^{n}} \right)'=n.{{x}^{n-1}}$.

c) Giải $y'=0$.

d) Giá trị lớn nhất của hàm số đạt tại $x=1$.

a) Đúng. ĐKXĐ : $2x-1>0\Leftrightarrow x>\frac{1}{2}$.

b) Sai. Ta có ${{\text{y}}^{\prime }}=\frac{2+2x-4{{x}^{2}}}{2x-1}$.

c) Sai. ${{\text{y}}^{\prime }}=0\Leftrightarrow \frac{2+2x-4{{x}^{2}}}{2x-1}=0$

$\Leftrightarrow 2+2x-4{{x}^{2}}=0$

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1 \\ & x=\frac{-1}{2} \\ \end{align} \right.\).

Mà $x>\frac{1}{2}$ nên chỉ có $x=1$ thỏa mãn.

d) Đúng. Ta có  $y_{\max }=y(1)=-1$.

Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Xác định đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị và đường tiệm cận xiên để tìm giao điểm.

Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\frac{4{{x}^{2}}+3x}{x+1}$ là $y=\frac{{{\left( 4{{x}^{2}}+3x \right)}^{'}}}{{{\left( x+1 \right)}^{'}}}=\frac{8x+3}{1}=8x+3.$

Ta có: $y=\frac{4{{x}^{2}}+3x}{x+1}=4x-1+\frac{1}{x+1}$

Lại có: $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( y-\left( 4x-1 \right) \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ 4x-1+\frac{1}{x+1}-\left( 4x-1 \right) \right]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x+1}=0$

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( y-\left( 4x-1 \right) \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ 4x-1+\frac{1}{x+1}-\left( 4x-1 \right) \right]=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x+1}=0$

Do đó, đường thẳng $y=4x-1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y=\frac{4{{x}^{2}}+3x}{x+1}$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $y=8x+3$ và $y=4x-1$ có: $8x+3=4x-1\Leftrightarrow x=-1$

$\Rightarrow y=4.(-1)-1=-5$

$\Rightarrow M(-1;-5)$

Vậy $a+b=-1-5=-6.$

Đặt trục tọa độ $Oxyz$.

Đặt A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), D(0; 4; 0), C(2; 4; 0), S(0; 0; 3)

Có M, N là trung điểm SB, SD nên $M(1; 0; 1,5), N(0; 2; 1,5)$.

Gọi phương trình mặt cầu dạng $(S):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2ax-2by-2cz+d=0$.

Thay điểm A, S, M, N vào (S) có: $\left\{\begin{array}{l}d=0 \\ 9-6 c=0 \\ -2 a-3 c=-3,25 \\ -4 b-3 c=-6,25\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=\frac{-5}{8} \\ b=\frac{7}{16} \\ c=\frac{3}{2} \\ d=0\end{array}\right.\right.$

Khi đó tọa độ tâm của mặt cầu là $I\left(-\frac{5}{8} ; \frac{7}{16} ; \frac{3}{2}\right)$.

Khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $(A B C D)$ là $d(1,(ABC))={{z}_{I}}=\frac{3}{2}$.

Sử dụng công thức lãi kép $A_n=A(1+r)^n$ trong đó:

$A_n$: Số tiền cả gốc lẫn lãi nhận đuvợc sau n năm.

A: Số tiền gửi ban đầu.

r: Lãi suất.

Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn 600 triệu đồng ta có:

$300(1+0,07)^n>600 \Leftrightarrow 1,07^n>2 n>\log _{1,07} 2 \approx 10,24$.

Vậy phải sau ít nhất 11 năm.

Ứng dụng đạo hàm và công thức thể tích khối chóp cụt.

Với tốc độ bơm không đổi là v = 5 ${\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}$/phút, thể tích nước trong bể sau 60 phút là:

$V = 5 .60 = 300{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Thể tích của phần bể hình hộp chữ nhật phía dưới là:

${V_1} = {10^2} .1 = 100{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Vì $V = 300 > {V_1} = 100$, nước đã ngập hết phần hình hộp chữ nhật phía dưới và đang dâng lên ở phần hình chóp cụt đều phía trên.

Thể tích nước nằm trong phần hình chóp cụt đều là:

${V_2} = V - {V_1} = 300 - 100 = 200{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Gọi $x$ (với $0 < x \le 3$) là độ cao của mực nước tính từ đáy của hình chóp cụt đều (phần nước dâng thêm ở phía trên).

Khi nước dâng lên một độ cao $x$, mặt nước tạo thành một hình vuông có độ dài cạnh ${a_x}$ với
${a_x} = a + \frac{{b - a}}{H} \cdot x = 10 + \frac{{15 - 10}}{3} \cdot x = 10 + \frac{5}{3}x$.

Thể tích nước trong khối chóp cụt là:

${V_x} = \frac{x}{3} . \left( {{a^2} + a.{a_x} + a_x^2} \right)$

$= \frac{x}{3}.\left[ {100 + 10\left( {10 + \frac{5}{3}x} \right) + {{\left( {10 + \frac{5}{3}x} \right)}^2}} \right]$

$= 100x + \frac{{50}}{3}{x^2} + \frac{{25}}{{27}}{x^3}$.

Tại thời điểm $t = 60$ phút, thể tích nước trong phần chóp cụt đều là ${V_x} = 200{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}$. Ta có phương trình: $100x + \frac{{50}}{3}{x^2} + \frac{{25}}{{27}}{x^3} = 200$. Giải phương trình trên, được nghiệm $x \approx 1,5595$.

Đạo hàm của thể tích theo chiều cao chính là diện tích bề mặt nước tại độ cao $x$:

$S\left( x \right) = \frac{{d{V_x}}}{{dx}} = a_x^2 = {\left( {10 + \frac{5}{3}x} \right)^2}$.

Tại thời điểm sau 1 giờ bơm ($x \approx 1,5595{\rm{\;m}}$), diện tích mặt nước là:

$S\left( {1,5595} \right) = {\left( {10 + \frac{5}{3}.1,5595} \right)^2} \approx 158,74{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}$.

Tốc độ dâng lên của nước tại thời điểm đó là:

$\frac{{dx}}{{dt}} = \frac{{\frac{{dV}}{{dt}}}}{{S\left( {1,5595} \right)}} \approx \frac{5}{{158,74}} \approx 0,03$ (m/phút).

Áp dụng quy tắc tính xác suất.

Th1: lấy quả vàng ở hộp I.

Xác suất lấy quả vàng ở hộp I là $P=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$.

Sau khi lấy quả vàng ở hộp I thì hộp II có 4 quả vàng. Lấy 1 quả đỏ và 1 quả vàng ở hộp 2 có $4.7$ cách. Khi đó xác suất lấy 2 quả ở hộp I là: ${{P}_{1}}=\frac{4.7}{c_{11}^{2}}=\frac{28}{55}$.

Th2: lấy quả đỏ ở hộp I.

Xác suất lấy quả đỏ ở hộp I là $P=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$.

Sau khi lấy quả đỏ ở hộp I thì hộp II có 3 quả vàng và 8 quả đỏ (gồm 7 quả số chẵn). Lấy 1 quả đỏ và 1 quả vàng ở hộp 2 có $3.7$ cách. Khi đó xác suất lấy 2 quả ở hộp II là: ${{P}_{2}}=\frac{3.7}{c_{11}^{2}}=\frac{21}{55}$.

Xác suất để lấy được hai quả bóng từ hộp II có tích các số trên hai quả bóng đó là số chẵn, biết rằng hai quả lấy ra đã khác màu là $P=\frac{3}{5}\cdot \frac{28}{55}+\frac{2}{5}\cdot \frac{21}{55}=0,46$.

Sử dụng tích phân tính thể tích.

Gọi các điểm như trong hình vẽ.

Ta có $AC=\sqrt{4+{{1,8}^{2}}}=\frac{\sqrt{181}}{5}\Leftrightarrow AO=\frac{\sqrt{181}}{10}=2,69$.

Khi đó ta có phương trình Elip: (E):

$\frac{{{x}^{2}}}{1,81}+\frac{{{y}^{2}}}{1,44}=1\Leftrightarrow x=\sqrt{1-\frac{{{y}^{2}}}{1,44}}\cdot \sqrt{1,81}$.

$\cos \widehat{M I N}=\frac{2 \cdot 1,81-1,8^2}{2 \cdot 1,81}=0,095$

$\ \Rightarrow M{{N}^{2}}=2{{x}^{2}}-2{{x}^{2}}\cos \overset\frown{MIN}=1,81{{x}^{2}}$

$\Leftrightarrow NP=\frac{2}{1,8}\cdot x\sqrt{1,81}$.

$V=\int_{0}^{1,2}{M}N\cdot NPdy=\int_{0}^{1,2}{1},81{{x}^{2}}\cdot \frac{10}{9}dy$

$=\int_{0}^{1,2}{\frac{18,1}{9}}\cdot 1,81\left( 1-\frac{{{y}^{2}}}{1,44} \right)dy=2,9$ $({{m}^{3}})$.