Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 4

Áp dụng công thức $\int {dx} = x + C$ và $\int {kf(x)dx} = k\int {f(x)dx}$.

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

Áp dụng định nghĩa tích phân $\int\limits_a^b {f(x)dx} = F(b) - F(a)$.

$\int\limits_1^2 {f(x)dx} = F(2) - F(1) = 3 - ( - 2) = 5$.

Áp dụng tính chất tích phân.

$\int\limits_0^1 {\left[ {f(x) - g(x)} \right]dx}  = \int\limits_0^1 {f(x)dx}  - \int\limits_0^1 {g(x)dx}  = 3 - 7 =  - 4$.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành, hai đường thẳng x = a, x = b: $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx}$.

Diện tích hình phẳng là $\int\limits_0^3 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx}$.

Đường thẳng $\{\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.$ có một vecto chỉ phương là $\overrightarrow u = (a;b;c)$.

Đường thẳng $\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=-1+3t\\ z=2t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = - 1 + 3t\\z = 2t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$ có một vecto chỉ phương là $\overrightarrow {{u_3}} = (1;3;2)$.

Mặt phẳng có phương trình tổng quát Ax + By + Cz + D = 0.

Tìm A, B, C: Dựa vào hai mặt phẳng song song có cùng vecto pháp tuyến.

Tìm D: Thay tọa độ điểm thuộc mặt phẳng vào x, y, z để tìm D.

Mặt phẳng song song với mặt phẳng 5x – 3y + 2z – 3 = 0 có dạng 5x – 3y + 2z + D = 0.

Vì mặt phẳng cần tìm đi qua gốc tọa độ nên 5.0 – 3.0 + 2.0 + D = 0, suy ra D = 0.

Vậy mặt phẳng cần tìm là 5x – 3y + 2z = 0.

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.$ $(t \in \mathbb{R})$.

Vì đường thẳng vuông góc với $\left( \alpha \right)$ nên vecto pháp tuyến của $\left( \alpha \right)$ là một vecto chỉ phương của đường thẳng.

Phương trình đường thẳng nhận $\overrightarrow u = (1;2; - 2)$ làm vecto chỉ phương và đi qua điểm A(2;1;-5) là $\{\begin{array}{c}x=2+t\\ y=1+2t\\ z=-5-2t\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2 + t}\\{y = 1 + 2t}\\{z = - 5 - 2t}\end{array}} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

Dựa vào vecto chỉ phương của hai đường thẳng và xét xem hai đường thẳng có giao điểm không.

Vecto chỉ phương của ${d_1}$, ${d_2}$ lần lượt là $\overrightarrow {{u_1}}  = (1;2; - 3)$ và $\overrightarrow {{u_2}}  = (3;2;0)$.

Hai vecto trên không cùng phương với nhau nên hai đường thẳng chéo nhau hoặc cắt nhau.

Phương trình tham số của ${d_1}$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t'\\y =  - 3 + 2t'\\z =  - 3 - 3t'\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

Xét $\left\{ \begin{array}{l}3t = 1 + t'\\ - 1 + 2t =  - 3 + 2t'\\0 =  - 3 - 3t'\end{array} \right.$. Hệ này vô nghiệm.

Do đó ${d_1}$ và ${d_2}$ chéo nhau.

Mặt cầu phương trình ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$ có tâm I(a;b;c), bán kính $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d}$.

Mặt cầu phương trình ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2z + 4 = 0$ có tâm I(2;0;-1), bán kính $R = \sqrt {{2^2} + {0^2} + {{( - 1)}^2} - 4} = 1$.

Thay tọa độ điểm A vào phương trình (P) rồi giải, tìm m.

Ta có $3.3 - 4.1 + 2.( - 2) + m = 0 \Leftrightarrow m = - 1$.

Áp dụng công thức nhân xác suất: P(AB) = P(A).P(B|A).

Áp dụng công thức nhân xác suất: P(AB) = P(A).P(B|A) = 0,7.0,9 = 0,63.

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần.

$P(\overline B ) = 1 - P(B) = 1 - 0,8 = 0,2$.

$P(A) = P(B).P(A|B) + P(\overline B ).P(A|\overline B ) = 0,8.0,7 + 0,2.0,45 = 0,65$.

$P(B|A) = \frac{{P(B).P(A|B)}}{{P(A)}} = \frac{{0,8.0,7}}{{0,65}} = \frac{{56}}{{65}}$.

Áp dụng công thức tính nguyên hàm của hàm số lũy thừa, định nghĩa tích phân, ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay.

a) Đúng. $G(x) = \int {g(x)dx} = \int {2xdx} = {x^2} + C$.

b) Sai. $\int\limits_0^2 {f(x)dx} = \int\limits_0^2 {({x^2} + 1)dx} = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} + x} \right)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^2}\\{_0}\end{array}$} \right. = \frac{{{2^3}}}{3} + 2 = \frac{{14}}{3}.

c) Đúng. $S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} + 1 - 2x} \right|dx} = 3$.

d) Đúng. $S = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}dx} = \frac{{178\pi }}{{15}}$.

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

Thay tọa độ các điểm thuộc (S) vào phương trình, ta được hệ phương trình, giải hệ tìm a, b, c, d.

a) Hình chiếu của M(a;b;c) trên Oy là M’(0;b;0).

b) $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}}$.

c) $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d}$.

d) Thay tọa độ tâm mặt cầu (S) vào phương trình của d. Nếu thỏa mãn thì d đi qua I.

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

(S) đi qua A(-3;0;1), B(0;-2;-3), C(0;0;3), D(-3;1;1) nên ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}6a-2c+d=-10\\ 4b+6c+d=-13\\ -6c+d=-9\\ 6a-2b-2c+d=-11\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{1}{6}\\ b=\frac{1}{2}\\ c=-\frac{1}{2}\\ d=-12\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}6a - 2c + d = - 10\\4b + 6c + d = - 13\\ - 6c + d = - 9\\6a - 2b - 2c + d = - 11\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{6}\\b = \frac{1}{2}\\c = - \frac{1}{2}\\d = - 12\end{array} \right.$

Suy ra tâm mặt cầu (S) là $I\left( {\frac{1}{6};\frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)$.

a) Đúng. Hình chiếu của $I\left( {\frac{1}{6};\frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)$ lên trục Oy là $I\left( {0;\frac{1}{2};0} \right)$.

b) Sai.$OI = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{6} - 0} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2} - 0} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{1}{2} - 0} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {19} }}{6}$.

c) Đúng. $R = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^2} - ( - 12)} = \frac{{\sqrt {451} }}{6}$.

d) Sai. Ta có $\frac{{\frac{1}{6} - 1}}{2} \ne \frac{{\frac{1}{2}}}{1} \ne \frac{{ - \frac{1}{2} - 2}}{3}$ nên I không thuộc d, hay d không đi qua I.

Tính $S = \int\limits_0^1 {\left| {v(t)} \right|dt}$.

Quãng đường con lắc lò xo di chuyển được là:

$S = \int\limits_0^1 {\left| {v(t)} \right|dt} = \int\limits_0^1 {\left| {2\cos t} \right|dt} \approx 1,68$ (cm).

Lập phương trình tham số của đường bay, từ đó suy ra tọa độ điểm Q theo tham số.

Tính quãng đường PQ (dựa vào vận tốc, thời gian di chuyển) rồi tìm t.

Thay t, ta được tung độ điểm Q.

Đường bay là đường thẳng đi qua P(15;-4;2), nhận $\overrightarrow d = (3;1; - 2)$ làm vecto chỉ phương nên có phương trình tham số là $\{\begin{array}{l}x=15+3t\\ y=-4+t\\ z=2-2t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 15 + 3t\\y = - 4 + t\\z = 2 - 2t\end{array} \right.$ $(t \ge 0)$.

Tốc độ của máy bay là 5 m/s. Sau 200 giây, quãng đường di chuyển của máy bay là PQ = 5.200 = 1000 (m).

Vì Q thuộc đường bay nên giả sử $Q(15 + 3t; - 4 + t;2 - 2t)$.

Do PQ = 1000 nên ta có $\sqrt {{{(15 + 3t - 15)}^2} + {{( - 4 + t + 4)}^2} + {{(2 - 2t - 2)}^2}} = 1000$

$\Leftrightarrow \sqrt {{{(3t)}^2} + {{( + t)}^2} + {{( - 2t)}^2}} = 1000$

$\Leftrightarrow \sqrt {14{t^2}} = 1000$

$\Leftrightarrow \left| t \right| = \frac{{1000}}{{\sqrt {14} }}$.

Vì $t \ge 0$ nên $t = \frac{{1000}}{{\sqrt {14} }}$.

Tung độ của Q là $y = - 4 + t = - 4 + \frac{{1000}}{{\sqrt {14} }} \approx 263$.

Sử dụng công thức tính tích có hướng để tìm vecto pháp tuyến $\overrightarrow n$ của mặt phẳng (OAB).

Tính các vecto $\overrightarrow {CA}$, $\overrightarrow {BC}$.

Áp dụng công thức $\sin \left( {CA,(OAB)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {CA} } \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}}$, $\sin \left( {BC,(OAB)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}}$, từ đó tính được các góc.

Ta có $\overrightarrow {OA} = (3; - 2;1)$, $\overrightarrow {OB} = ( - 5; - 3;1)$.

$\left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 2}&1\\{ - 3}&1\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&3\\1&{ - 5}\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}3&{ - 2}\\{ - 5}&{ - 3}\end{array}$} \right|} \right) = \left( {1; - 8; - 19} \right).

Do đó $\overrightarrow n = \left( {1; - 8; - 19} \right)$ là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (OAB).

Ta có $\overrightarrow {CA} = (3; - 2; - 4)$, $\overrightarrow {BC} = (5;3;4)$ nên:

$\sin \left( {CA,(OAB)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {CA} } \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{{\left| {3.1 + ( - 2).( - 8) + ( - 4).( - 19)} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{( - 2)}^2} + {{( - 4)}^2}} .\sqrt {{1^2} + {{( - 8)}^2} + {{( - 19)}^2}} }} = \frac{{95}}{{\sqrt {12354} }}$.

Suy ra $\left( {CA,(OAB)} \right) \approx {59^o}$.

$\sin \left( {BC,(OAB)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{{\left| {5.1 + 3.( - 8) + 4.( - 19)} \right|}}{{\sqrt {{5^2} + {3^2} + {4^2}} .\sqrt {{1^2} + {{( - 8)}^2} + {{( - 19)}^2}} }} = \frac{{95}}{{10\sqrt {213} }}$.

Suy ra $\left( {BC,(OAB)} \right) \approx {41^o}$.

Vậy tổng các góc tạo bởi mỗi dây neo và mặt phẳng sườn núi bằng ${59^o} + {41^o} = {100^o}$.

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần.

Gọi các biến cố:

A: “Bóng được lấy ra từ hộp II cho vào hộp I là màu đỏ”.

Suy ra $\overline A$: “Bóng được lấy ra từ hộp II cho vào hộp I là màu xanh”.

B: “Bóng được lấy ra từ hộp I là màu đỏ”.

* TH1: A xảy ra. Để B xảy ra thì có 2 công đoạn:

+ Chọn được bóng đỏ từ hộp II: $P(A) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}$.

Sau khi cho bóng đỏ từ hộp II vào hộp I, hộp I có 9 quả đỏ trong tổng số 13 quả.

+ Chọn được bóng đỏ từ hộp I: $P(B|A) = \frac{9}{{13}}$.

Vậy xác suất xảy ra TH1 là $P(A).P(B|A) = \frac{2}{5}.\frac{9}{{13}} = \frac{{18}}{{65}}$.

* TH2: $\overline A$ xảy ra. Để B xảy ra thì có 2 công đoạn:

+ Chọn được bóng xanh từ hộp II: $P(\overline A ) = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}$.

Sau khi cho bóng xanh từ hộp II vào hộp I, hộp I có 8 quả đỏ trong tổng số 13 quả.

+ Chọn được bóng đỏ từ hộp I: $P(B|\overline A ) = \frac{8}{{13}}$.

Vậy xác suất xảy ra TH2 là $P(\overline A ).P(B|\overline A ) = \frac{3}{5}.\frac{8}{{13}} = \frac{{24}}{{65}}$.

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần:

$P(B) = P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A ) = \frac{{18}}{{65}} + \frac{{24}}{{65}} = \frac{{42}}{{65}} \approx 0,65$.

Tìm giao điểm của đồ thị (H) với trục hoành.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng bằng tích phân.

Ta có $\frac{{4 - 3x}}{{x + 3}} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{4}{3}$, suy ra đồ thị (H) giao với trục hoành tại điểm có hoành độ bằng $\frac{4}{3}$.

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

$S = \int\limits_0^{\frac{4}{3}} {\left| {\frac{{4 - 3x}}{{x + 3}}} \right|dx} = \int\limits_0^{\frac{4}{3}} {\left( {\frac{{4 - 3x}}{{x + 3}}} \right)dx} \approx 0,78$.

Tìm a để ${d_1}$, ${d_2}$ cắt nhau.

Vecto chỉ phương của ${d_1}$, ${d_2}$ lần lượt là $\overrightarrow {{u_1}} = (a;1;1)$, $\overrightarrow {{u_2}} = (1; - 2;1)$.

Vì $\frac{{ - 2}}{1} \ne \frac{1}{1}$ nên hai vecto $\overrightarrow {{u_1}}$ và $\overrightarrow {{u_2}}$ không cùng phương.

Nút giao thông là cùng mức khi ${d_1}$, ${d_2}$ cắt nhau. Khi đó hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}1 + at = 1 - t'\\t = 2 + 2t'\\ - 1 + 2t = 3 - t'\end{array} \right.$ $\begin{array}{l}(1)\\ (2)\\ (3)\end{array}$$\begin{array}{l}(1)\\(2)\\(3)\end{array}$ có nghiệm duy nhất.

Từ (2) và (3) suy ra $\left\{ \begin{array}{l}t = 2\\t' = 0\end{array} \right.$

Hệ có nghiệm duy nhất khi $\left\{ \begin{array}{l}t = 2\\t' = 0\end{array} \right.$ cũng là nghiệm của (1).

Thay t = 2, t = 0 vào (1), ta được $1 + a.2 = 1 - 0 \Leftrightarrow a = 0$.

Vậy để nút giao thông trên là nút giao thông cùng mức thì a = 0.

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

Gọi các biến cố:

A: “Người mua bảo hiểm ô tô là nữ”.

B: “Người mua bảo hiểm ô tô trên 45 tuổi”.

Ta cần tính P(B|A).

Do có 48% người mua bảo hiểm ô tô là phụ nữ nên P(A) = 48% = 0,48.

Do có 36% số người mua bảo hiểm ô tô là phụ nữ trên 45 tuổi nên P(AB) = 36% = 0,36.

Vậy $P(B|A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{0,36}}{{0,48}} = 0,75$.