Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 2

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

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

Áp dụng định nghĩa nguyên hàm.

Với F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên $\mathbb{R}$: $F'(x) = f(x)$ và $\int {f(x)dx} = F(x) + C$.

Vậy A đúng.

Ta có: $\left( {\int {f(x)dx} } \right)' = \left( {F(x) + C} \right)' = F'(x) = f(x)$.

Vậy B, D đúng, C sai.

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

Ta có:$\int {\cos xdx} = \sin x + C$.

Áp dụng tính chất của tích phân.

$\int\limits_2^3 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_2^3 {f(x)dx} + \int\limits_2^3 {g(x)dx} = 1 + 4 = 5$.

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

Ta có ${x^2} + 1 > 0$ nên $\left| {{x^2} + 1} \right| = {x^2} + 1$.

$S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - ( - 1)} \right|dx} = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} + 1} \right|dx} = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + 1} \right)dx}$.

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

Mặt phẳng (P): x – y + z – 1 = 0 có một vecto pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1; - 1;1} \right)$.

Đường thẳng đi qua điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$ có vecto chỉ phương $\overrightarrow u = (a;b;c)$ có phương trình là $\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

d đi qua điểm M(1;1;1) có vecto chỉ phương $\overrightarrow u = (2;3;4)$ có phương trình là $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=1+3t\\ z=1+4t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 1 + 3t\\z = 1 + 4t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

Mặt cầu phương trình ${\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}$ có tâm I(a;b;c), bán kính R.

Mặt cầu phương trình ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9$ có tâm I(1;4;-2), bán kính R = 3.

Hai mặt phẳng (P), (Q) có vecto pháp tuyến lần lượt là $\overrightarrow n ,\overrightarrow {n'}$ có $\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow {n'} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow {n'} } \right|}}$.

Vecto pháp tuyến của (P), (Q) lần lượt là ${\rm{\;}}\overrightarrow n = (1;2;2)$ và $\overrightarrow {n'} {\rm{\;}} = (3; - 4;0)$.

$\cos \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow {n'} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow {n'} } \right|}} = \frac{{\left| {1.3 + 2.( - 4) + 2.0} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} .\sqrt {{3^2} + {{( - 4)}^2} + {0^2}} }} = \frac{1}{3}$.

Thay tọa độ từng điểm vào phương trình của d, nếu tìm được một giá trị t thỏa mãn hệ phương trình thì điểm đó thuộc d.

Với ${M_1}\left( {3;1; - 1} \right)$, ta có $\{\begin{array}{l}3=3+2t\\ 1=1-3t\\ -1=-1+t\end{array}\iff t=0$$\left\{ \begin{array}{l}3 = 3 + 2t\\1 = 1 - 3t\\ - 1 = - 1 + t\end{array} \right.$ \Leftrightarrow t = 0. Vậy ${M_1}\left( {3;1; - 1} \right) \in d$.

Áp dụng công thức tính xác suất có điều kiện: $P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}}$.

Áp dụng công thức: $P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{0,2}}{{0,6}} = \frac{1}{3}$.

Áp dụng công thức tính xác suất có điều kiện: $P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}}$.

Vì $A \subset B \Rightarrow P(A \cap B) = P(A) = \frac{1}{6}$.

Áp dụng công thức: $P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{6}}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{3}$.

a) Từ diện tích đường tròn, tìm bán kính.

b) Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.

c) H là tâm đường tròn (C) nên H là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P).

Lập phương trình đường thẳng IH, mà H thuộc (P) nên lập hệ phương trình tìm tọa độ điểm H.

d) Áp dụng định lí Pythagore tìm bán kính mặt cầu rồi lập phương trình mặt cầu.

a) Đúng. Đường tròn (C) có diện tích là $25\pi$ nên bán kính là r = 5.

b) Đúng. $d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 2.2 + 2.\left( { - 1} \right) - 2} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = 3$.

c) Sai. H là tâm đường tròn (C) nên H là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P).

Phương trình đường thẳng IH là: $\{\begin{array}{l}x=-1+t\\ y=2-2t\\ z=-1+2t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y = 2 - 2t\\z =  - 1 + 2t\end{array} \right.$.

Vì H thuộc IH và mặt phẳng (P) nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:

$\{\begin{array}{l}x=-1+t\\ y=2-2t\\ z=-1+2t\\ x-2y+2z-2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=0\\ y=0\\ z=1\\ t=1\end{array}\Rightarrow H\left(0;0;1\right)$$\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y = 2 - 2t\\z =  - 1 + 2t\\x - 2y + 2z - 2 = 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 0\\z = 1\\t = 1\end{array} \right.$ \Rightarrow H\left( {0;0;1} \right).

d) Sai. Bán kính R của mặt cầu là ${R^2} = {r^2} + I{H^2} \Leftrightarrow R = \sqrt {{r^2} + I{H^2}}  = \sqrt {{5^2} + {3^2}}  = \sqrt {34}$.

Phương trình mặt cầu (S) tâm I(1;-2;1) bán kính $R = \sqrt {34}$ là:

${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 34$.

Áp dụng công thức tính xác suất có điều kiện: $P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}}$.

a) Sai. Có 25 trong tổng số 45 học sinh tham gia câu lạc bộ Tiếng Anh nên $P(A) = \frac{{25}}{{45}} = \frac{5}{9}$.

b) Sai. Có 16 trong tổng số 45 học sinh tham gia câu lạc bộ Nhảy nên $P(B) = \frac{{16}}{{45}}$.

c) Đúng. Xác suất chọn được học sinh tham gia cả hai câu lạc bộ là $P(A \cap B) = \frac{{12}}{{45}} = \frac{4}{{15}}$.

Ta có $P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{4}{{15}}}}{{\frac{{16}}{{45}}}} = 0,75$.

d) Đúng. Ta có $P(B|A) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(A)}} = \frac{{\frac{4}{{15}}}}{{\frac{5}{9}}} = 0,48$.

Quan sát biên độ và chu kì của đồ thị để tìm hệ số a, b. Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng bẳng tích phân.

Gắn trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm của MN, đoạn thẳng ON nằm trên trục Ox.

Hàm số có biên độ là $a = \frac{{AD}}{2} = \frac{4}{2} = 2$.

Hàm số có chu kì $2\pi$ nên $2\pi = \frac{{2\pi }}{{\left| b \right|}} \Rightarrow \left| b \right| = 1$.

Giả sử b = 1, ta có y = 2sinx. Với $x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow y = 2\sin \frac{\pi }{2} = 2$ (thõa mãn đồ thị).

Giả sử b = -1, ta có y = -2sinx. Với $x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow y = - 2\sin \frac{\pi }{2} = - 2$ (không thõa mãn đồ thị).

Do đó, hàm số y = asin(bx) đề bài cho là y = 2sinx.

Diện tích phần trồng hoa là:

$\int\limits_{ - \pi }^\pi {\left| {2\sin x} \right|dx} = 2\int\limits_{ - \pi }^0 {( - \sin x)dx + 2} \int\limits_0^\pi {\sin xdx} = 8$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Diện tích hình chữ nhật ABCD là $AB.AD = 2\pi .4 = 8\pi$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Diện tích phần còn lại của mảnh vườn là:

$S = 8\pi - 8 \approx 17,1$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần: $P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right)$.

A: “Bắt được con gà mái”.

B: “Gà được bắt ở chuồng I”, $\overline B$ là biến cố “Gà được bắt ở chuồng II”.

Nếu số chấm chia hết cho 3 (3 chấm hoặc 6 chấm) thì bác chọn chuồng I. Do đó, $P\left( B \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Suy ra $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

Vì có 5 con gà mái trong tổng số 7 con gà ở chuồng I nên xác suất bắt được con gà mái nếu con gà đó ở chuồng I là:$P\left( {A|B} \right) = \frac{5}{7}.$

Vì có 3 con gà mái trong tổng số 8 con gà ở chuồng II nên xác suất bắt được con gà mái nếu con gà đó ở chuồng II là: $P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{3}{8}.$

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

$P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{1}{3}.\frac{5}{7} + \frac{2}{3}.\frac{3}{8} = \frac{{41}}{{84}}. \approx 0,49$.

Tìm nghiệm ${t_0}$ của phương trình v(t) = 0 và tính $s = \int\limits_0^{{t_0}} {v(t)}$.

Xe dừng khi $v(t) = 0 \Leftrightarrow 20 - 5t = 0 \Leftrightarrow t = 4$.

Quãng đường xe di chuyển từ khi bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là:

$s = \int\limits_0^4 {v(t)}  = \int\limits_0^4 {\left( {20 - 5t} \right)dt}  = \left. {\left( {20t - \frac{5}{2}{t^2}} \right)} \right|_0^4 = 40$ (m).

Tìm tọa độ của J.

$JM = \sqrt {I{M^2} - I{J^2}}$ với IM là bán kính của mặt cầu (S).

Mặt cầu (S) có tâm I(32; 50; 10) và bán kính $R = \sqrt {109}$.

Trong không gian Oxyz, mặt sân có phương trình z = 0 trùng với mặt phẳng (Oxy), suy ra hình chiếu vuông góc của I xuống mặt sân có tọa độ J(32; 50; 0).

Ta có $IJ = \sqrt {{{(32 - 32)}^2} + {{(50 - 50)}^2} + {{(0 - 10)}^2}}  = 10$.

Xét tam giác vuông IJM có IJ = 10, $IM = R = \sqrt {109}$, theo định lí Pythagore:

$JM = \sqrt {I{M^2} - I{J^2}}  = \sqrt {109 - 100}  = 3$.

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

Xét dấu của biết thức ${(x - 2)^2} - 1$ để phá dấu trị tuyệt đối.

Ta có ${(x - 2)^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow {(x - 2)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x - 2 = 1\\x - 1 = - 1\end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}x = 3 \notin [1;2]\\x = 0 \notin [1;2]\end{array}$ \right.

Trên đoạn [1;2] ta có ${(x - 2)^2} - 1 > 0$, suy ra $\left| {{{(x - 2)}^2} - 1} \right| = {(x - 2)^2} - 1$.

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là $S = \int\limits_1^2 {\left| {{{(x - 2)}^2} - 1} \right|dx} = \int\limits_1^2 {\left[ {{{(x - 2)}^2} - 1} \right]dx} = \frac{2}{3}$.

Do đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nên $\overrightarrow u = \overrightarrow {{n_P}}$ là một vecto chỉ phương của đường thẳng cần tìm.

Theo đề bài phương trình tham số của đường thẳng $\{\begin{array}{l}x=1-4t\\ y=2+bt\\ z=-2+ct\end{array}\left(t\in \mathbb{R}\right)$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 4t\\y = 2 + bt\\z = - 2 + ct\end{array} \right.$;\left( {t \in \mathbb{R}} \right) nên vecto chỉ phương của đường thẳng cần tìm có dạng $\overrightarrow {u'} = \left( { - 4;b;c} \right)$.

Tìm b, c sao cho $\overrightarrow u$ và $\overrightarrow {u'}$ cùng phương.

Mặt phẳng (P): 2x + y – 3z + 1 = 0 có vecto pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;1; - 3} \right)$.

Do đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nên $\overrightarrow u = \overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;1; - 3} \right)$ là một vecto chỉ phương của đường thẳng cần tìm.

Theo đề bài phương trình tham số của đường thẳng $\{\begin{array}{l}x=1-4t\\ y=2+bt\\ z=-2+ct\end{array}\left(t\in \mathbb{R}\right)$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 4t\\y = 2 + bt\\z = - 2 + ct\end{array} \right.$;\left( {t \in \mathbb{R}} \right) nên vecto chỉ phương của đường thẳng cần tìm có dạng $\overrightarrow {u'} = \left( { - 4;b;c} \right)$ (2).

Vì $\overrightarrow u$ và $\overrightarrow {u'}$ đều là vecto chỉ phương của đường thẳng cần tìm nên chúng cùng phương với nhau.

Suy ra $\frac{2}{{ - 4}} = \frac{1}{b} = \frac{{ - 3}}{c} \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}b = - 2\\c = 6\end{array} \right.$

Vậy $P = {b^2} + {c^2} = {( - 2)^2} + {6^2} = 40$.

Lập phương trình tham số của đường thẳng d chứa đường trượt zipline. Cho z = 12, tìm t, sau đó thay t tìm x, y.

Đường thẳng d chứa đường trượt zipline đi qua điểm A(3; 2,5; 15) và có vecto chỉ phương là $\overrightarrow {AB} = \left( {18;25; - 5} \right)$. Do đó, phương trình của d là: $\{\begin{array}{l}x=3+18t\\ y=2,5+25t\\ z=15-5t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 18t\\y = 2,5 + 25t\\z = 15 - 5t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

Khi du khách khi ở độ cao 12 mét, ta có $z = 12 \Leftrightarrow 15 - 5t = 12 \Leftrightarrow t = 0,6$.

Thay t vào phương trình đường thẳng, ta được tọa độ du khách là M(13,8; 17,5; 12).