Đề giữa kỳ 2 Toán 12 trường THPT Nguyễn Trung Thiên – Hà Tĩnh năm 2024 – 2025

Hàm số nghịch biến trong khoảng y’ < 0.

Quan sát bảng biến thiên, thấy trên khoảng (0; 1) thì y’ < 0. Do đó hàm nghịch biến trên (0; 1).

Đường thẳng $x = {x_0}$ gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = - \infty$.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = 2.

Tứ phân vị thứ nhất thuộc nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng $\frac{n}{4}$.

Cỡ mẫu : n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42.

$\frac{n}{4} = \frac{{42}}{4} = 10,5$, mà 5 < 10,5 < 5 + 9. Do đó nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là [20; 40).

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: ${u_n} = {u_1} + (n - 1)d$.

${u_8} = {u_1} + (8 - 1)d \Leftrightarrow 26 = 5 + (8 - 1)d \Leftrightarrow d = 3$.

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

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

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox là: $V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}(x)dx}$.

$V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_0^2 {xdx}$.

Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a;b]. Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên đoạn [a;b] thì hiệu số F(b) – F(a) được gọi là tích phân từ a đến b của hàm số f(x).

$\int\limits_a^b {f(x)dx} = F(x)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^b}\\{_a}\end{array}$} \right. = F(b) - F(a).

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

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 $\left( \alpha \right)$.

Cho điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$.

- Hình chiếu của M trên trục Ox có toạ độ $({x_0};0;0)$.

- Hình chiếu của M trên Oy có toạ độ $(0;{y_0};0)$.

- Hình chiếu của M trên Oz có toạ độ $(0;0;{z_0})$.

Hình chiếu vuông góc của điểm M(3; -1; 1) trên trục Oz có tọa độ là (0; 0; 1).

$\{\begin{array}{l}{a}^x>b\\ a>1\end{array}\iff x>{\log }_{a}b$$\left\{ \begin{array}{l}{a^x} > b\\a > 1\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x > {\log _a}b.

${2^x} > 8 \Leftrightarrow x > {\log _2}8 \Leftrightarrow x > 3$. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left( {3\,;\, + \infty } \right)$.

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.

Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt phẳng ấy.

$SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC$.

Mà ABCD là hình vuông nên $AB \bot BC$.

Có $\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }SA\\ BC\mathrm{\perp }AB\\ SA,AB\subset (SAB)\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }(SAB)$$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\\SA,AB \subset (SAB)\end{array} \right.$ \Rightarrow BC \bot (SAB).

Ứng dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

a) Sai. Ta có: $y' = - 3x^{2} + 6x$; $\left. y' = 0\Leftrightarrow - 3x^{2} + 6x = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = 0} \\ {x = 2} \end{array}$ \right. \right..

Bảng biến thiên:

\(x_{CÐ} = 2\); $x_{CT} = 0$.

b) Đúng. Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

c) Đúng. Ta có: $y' = - 3x^{2} + 6x$; $\left. y' = 0\Leftrightarrow - 3x^{2} + 6x = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = 0} \\ {x = 2} \end{array}$ \right. \right. (loại).

$f( - 2) = 22$, $f(0) = 2$, $f(1) = 4$ $\min\limits_{\lbrack{- 2;1}\rbrack}f(x) = 2.$.

d) Sai. Đồ thị có hai điểm cực trị là A(0; 2) và B(2; 6).

$AB = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$.

Áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

a) Sai. Thay tọa độ điểm A vào phương trình (P): $2 - 1 + 3 - 3 \neq 0$ nên A không thuộc (P).

b) Đúng. Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là: $\overset{\rightarrow}{u} = \left( {2;1;1} \right)$.

c) Sai. Đường thẳng $\Delta$ song song với đường thẳng d nên nhận vectơ $\overset{\rightarrow}{u} = \left( {2;1;1} \right)$ làm vectơ chỉ phương.

Phương trình tham số của đường thẳng $\Delta:$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - 1 + t} \\ {z = 3 + t} \end{array} \right.$,\,\,\,\left( {t \in {\mathbb{R}}} \right).

d) Sai. Gọi M(x; y; z) là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P), vì $M \in d$ nên $M\left( {2 + 2t;2 + t;3 + t} \right)$, mặt khác $\left. M \in (P)\Rightarrow 2 + 2t + 2 + t + 3 + t - 3 = 0\Rightarrow t = - 1 \right.$.

Suy ra M(0; 1; 2), vậy x + 2y – z = 0.

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

a) Đúng. Chọn 4 học sinh bất kỳ trong 10 học sinh là một tổ hợp chập 4 của 10 nên có $C_{10}^{4}$ cách chọn.

b) Đúng. Xác suất cần tìm là $P = \dfrac{C_{5}^{4}}{C_{10}^{4}} = \dfrac{1}{42}$.

c) Sai. Xác suất cần tìm là $P = \dfrac{C_{7}^{4} - C_{5}^{4}}{C_{10}^{4}} = \dfrac{1}{7}$.

d) Đúng. Xác suất cần tìm là $P = \dfrac{C_{2}^{2}.C_{3}^{1}.C_{5}^{1} + C_{2}^{1}.C_{3}^{2}.C_{5}^{1} + C_{2}^{1}.C_{3}^{1}.C_{5}^{2}}{C_{10}^{4}} = \dfrac{1}{2}$.

Ứng dụng đạo hàm, nguyên hàm để giải bài toán.

a) Sai. $Q(t) = {\int{Q'(t)dt = t^{4}}} - 24t^{3} + 144t^{2} + C$.

$\left. Q(2) = 500\Rightarrow C = 100 \right.$.

Vậy $Q(t) = t^{4} - 24t^{3} + 144t^{2} + 100$.

b) Đúng. $Q(5) = 1325$.

c) Đúng. $\left. Q'(t) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {t = 0} \\ {t = 12} \\ {t = 6} \end{array}$ \right. \right..

Q(0) = 100, Q(13) = 269, Q(6) = 1396, Q(12) = 100.

Vậy $\underset{\lbrack{0;13}\rbrack}{\text{Max}}Q(t) = 1396$.

d) Sai. $Q''(t) = 12t^{2} - 144t + 288$, $\left. Q''(t) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {t = 9,46} \\ {t = 2,54} \end{array}$ \right. \right..

Q’(t) = 0, Q’(13) = 364, Q’(49,6) = -332,55, Q’(254) = 332,55.

Tốc độ thay đổi lượng khách tham quan lớn nhất bằng 364 tại thời điểm t = 13 h.

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

$d(M,(P)) = \dfrac{\left| {2 - 2.( - 3) + 2.4 - 25} \right|}{3} = 3$.

Áp dụng công thức thể tích khối chóp: $V = \dfrac{1}{3}Bh$.

$AB = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} = \sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}$.

$S_{\Delta ABC} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}.\sqrt{3}.1 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

$V_{SABC} = \dfrac{1}{3}.S_{ABC}.SA = \dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{6} \approx 0,41$.

Lập hàm lợi nhuận theo x và tìm GTLN của hàm lợi nhuận ứng dụng đạo hàm.

Doanh thu khi bán được $x$ sản phẩm là $150x$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận khi bán $x$ sản phẩm là:

$f(x) = 150x - \left( {x^{2} + 2x + 4000} \right) = - x^{2} + 130x - 4000$ (nghìn đồng).

Để công ty có lãi thì $\left. - x^{2} + 130x - 4000 > 0\Leftrightarrow 50 < x < 80 \right.$.

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số $f(x) = - x^{2} + 130x - 4000$ với $x \in (50;80)$.

Ta có: $f'(x) = - 2x + 130$, $\left. f'(x) = 0\Leftrightarrow x = 65 \right.$.

Do $f^{''}(x) = - 2 < 0$, $\forall x \in (50;80)$.

Do đó $\max f(x) = \max\limits_{x \in (50;80)}f(x) = f(65) = 225$.

Vậy lợi nhuận lớn nhất công ty thu được là 225 nghìn đồng.

Áp dụng tính chất của tích phân.

$\left. {\int\limits_{0}^{2}{\left( {f(x) + 3x^{2}} \right)dx}} = 10\Leftrightarrow{\int\limits_{0}^{2}{f(x)dx}} + {\int\limits_{0}^{2}{3x^{2}dx}} = 10 \right.$

$\left. \Leftrightarrow{\int\limits_{0}^{2}{f(x)dx}} + 8 = 10\Leftrightarrow{\int\limits_{0}^{2}{f(x)dx}} = 2 \right.$.

Gọi H là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất. Khi đó, khoảng $OH$ là ngắn nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu, điều này xảy ra khi và chỉ khi $OH\bot d$. Ứng dụng tích vô hướng để giải.

Phương trình tham số của đường thẳng d là: $\{\begin{array}{l}x=-688+91t\\ y=-185+75t\\ z=8\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = - 688 + 91t} \\ {y = - 185 + 75t} \\ {z = 8} \end{array} \right.$.

Gọi H là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất. Khi đó, khoảng OH là ngắn nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu, điều này xảy ra khi và chỉ khi $OH\bot d$.

Vì $H \in d$ nên $H\left( {- 688 + 91t; - 185 + 75t;8} \right)$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{OH} = \left( {- 688 + 91t; - 185 + 75t;8} \right)$.

$\left. OH\bot d\Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{OH}\bot\overset{\rightarrow}{u}\Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{OH}.\overset{\rightarrow}{u} = 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow\left( {- 688 + 91t} \right).91 + \left( {- 185 + 75t} \right).75 = 0\Leftrightarrow t = \dfrac{11}{2} \right.$.

Suy ra $H\left( {- \dfrac{375}{2};\dfrac{455}{2};8} \right)$.

Khoảng cách ngắn nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu là:

$OH = \sqrt{\left( {- \dfrac{375}{2}} \right)^{2} + \left( \dfrac{455}{2} \right)^{2} + 8^{2}} \approx 295$ km.

Chọn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp. Lập phương trình các parabol và đường tròn. Ứng dụng tích phân để tính diện tích.

Chọn gốc tọa độ tại điểm I(0; 0), tia Iy trùng với tia IJ, ta có A(-1; 2), B(1; 2) và $J\left( {0;\dfrac{1}{2}} \right)$.

Phương trình parabol qua các điểm I(0; 2), A(-1; 2), B(1; 2) là $y = 2x^{2}$.

Phương trình đường tròn đi qua 3 điểm I(0; 2), A(-1; 2), B(1; 2) là $x^{2} + \left( {y - \dfrac{5}{4}} \right)^{2} = \dfrac{25}{16}$.

(Có thể tính $R = \dfrac{AB.IA.IB}{4S_{\Delta ABI}} = \dfrac{5}{4}$).

Diện tích cả hình tròn bằng $S = \pi R^{2} = \dfrac{25\pi}{16}$.

Đoạn thẳng JA thuộc đường thẳng có phương trình: $y = - \dfrac{3}{2}x + \dfrac{1}{2}$.

Vậy diện tích phần tô đậm bằng:

$S_{1} = 2{\int\limits_{- 1}^{0}\left| {2x^{2} - \left( {- \dfrac{3}{2}x + \dfrac{1}{2}} \right)} \right|}\text{d}x = \dfrac{7}{6}$.

(Cách 2 : $S_{1} = {\int\limits_{- 1}^{1}\left| {1 - 2x^{2}} \right|}\text{d}x - S_{\Delta ABJ} = \dfrac{7}{6}$).

Diện tích phần không tô đậm bằng $S_{2} = S - S_{1} = \dfrac{25}{16}\pi - \dfrac{7}{6}$.

Chi phí bằng $T = S_{1}.10 + 2S_{2} = \dfrac{7}{6}.10 + \left( {\dfrac{25\pi}{16} - \dfrac{7}{6}} \right).2 \approx 19,2$ triệu đồng.