Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 7

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa và hàm số lượng giác:

${\int{x^{\alpha}dx}} = \dfrac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1} + C$, ${\int{\cos xdx}} = \sin x + C$.

${\int{(\cos x + 6x)dx}} = \sin x + 3x^{2} + C$.

Áp dụng công thức $\int {\frac{1}{x}dx} = \ln \left| x \right| + C$.

Từ $F(1) = 1$ tìm C.

Có C, ta tính $F(3)$.

$\int {\frac{1}{x}dx} = \ln \left| x \right| + C$.

$F(1) = 1 \Leftrightarrow \ln \left| 1 \right| + C = 1 \Leftrightarrow C = 1$.

$F(3) = \ln \left| 3 \right| + 1 = \ln 3 + 1$.

Áp dụng tính chất của tích phân: Cho các hàm số y = f(x), y = g(x) liên tục trên đoạn [a;b], $c \in (a;b)$, k là số thực. Khi đó:

+ $\int\limits_a^b {kf(x)dx} = k\int\limits_a^b {f(x)dx}$;

+ $\int\limits_a^b {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^b {g(x)dx}$;

+ $\int\limits_a^b {\left[ {f(x) - g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} - \int\limits_a^b {g(x)dx}$;

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

$\int\limits_1^2 {\left( {4f(x) - 2x} \right)dx = 1}$

$\Leftrightarrow 4\int\limits_1^2 {f(x)dx}  - 2\int\limits_1^2 {xdx}  = 1$

$\Leftrightarrow \int\limits_1^2 {f(x)dx}  = 1$.

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

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

Thay tọa độ từng điểm vào phương trình mặt phẳng, nếu thỏa mãn thì điểm đó thuộc mặt phẳng.

Ta có 0 – 2.2 + 0 – 4 = 0 nên tọa độ điểm N(0; 2; 0) thỏa mãn phương trình mặt phẳng. Vậy $N \in (\alpha)$.

Hai mặt phẳng song song có cùng vecto pháp tuyến.

Ta có (Oxy): z = 0.

Vì (P) // (Oxy) nên (P): $z - {z_0} = 0$.

Mà M(1; 2; 3) thuộc (P) nên $z - 3 = 0 \Leftrightarrow z = 3$.

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình tham số $\{\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.$ $(t \in \mathbb{R})$ hoặc phương trình chính tắc tương ứng $\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}$ (trong trường hợp $abc \ne 0$). 

Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow u = (a;b;c)$. Ngoài ra $k\overrightarrow u = (ka;kb;kc)$ (k là số thực) cũng là một vecto chỉ phương của d.

Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow u = \left( {0;\,\,1;\,\, - 1} \right)$.

Đường thẳng đi qua $M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)$ và nhận $\overrightarrow{u}=(a;b;c)$ có phương trình $\frac{x-{{x}_{0}}}{a}=\frac{y-{{y}_{0}}}{b}=\frac{z-{{z}_{0}}}{c}$.

Ta có $\overrightarrow{AB} = (1; -5; 1)$.

Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $B(2; -2; -1)$ và nhận véc-tơ $\overrightarrow{AB} = (1; -5; 1)$ làm véc-tơ chỉ phương có phương trình là $\frac{x - 2}{1} = \frac{y + 2}{-5} = \frac{z + 1}{1}$.

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.

Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d’ tương ứng có vecto chỉ phương $\overrightarrow a = ({a_1};{a_2};{a_3})$, $\overrightarrow {a'} = ({a_1}';{a_2}';{a_3}')$. Khi đó:

$\cos (d,d') = \frac{{\left| {\overrightarrow a .\overrightarrow {a'} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow {a'} } \right|}} = \frac{{\left| {{a_1}{a_1}' + {a_2}{a_2}' + {a_3}{a_3}'} \right|}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {a_2}^2 + {a_3}^2} .\sqrt {{a_1}{'^2} + {a_2}{'^2} + {a_3}{'^2}} }}$.

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

$\cos \left( {{d_1},{d_2}} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {1.( - 1) - 1.1 + 2.1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {2^2}} .\sqrt {{{( - 1)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = 0$.

Vậy $\left( {{d_1},{d_2}} \right) = {90^o}$.

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

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

Áp dụng công thức tính xác suất có điều kiện.

$P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{6}}}{{\frac{3}{6}}} = \frac{1}{3}$.

a) Mặt phẳng Ax + By + Cz + D = 0 có một vecto pháp tuyến có tọa độ (A;B;C).

b, c) Thay tọa độ điểm M vào phương trình d, nếu có giá trị t thỏa mãn hệ thì M thuộc d.

d) Gọi $N$ là giao điểm của đường thẳng $\Delta$ và đường thẳng $d$. Biểu diễn tọa độ $\overrightarrow{MN}$ theo t.

Vì $\Delta \parallel (\alpha)$ nên tích vô hướng của VTCP của $\Delta$ và VTPT của (\alpha\) bằng 0. Từ đó giải ra t và lập phương trình đường thẳng $\Delta$.

a) Đúng. Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng $(\alpha)$ là $\overrightarrow{n} = (1; 1; -1)$.

b) Sai. $\{\begin{array}{l}3=t\\ 1=-1-t\\ 9=2+2t\end{array}\iff \{\begin{array}{l}t=3\\ t=-2\\ t=\frac{7}{2}\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3 = t}\\{1 = - 1 - t}\\{9 = 2 + 2t}\end{array}} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = 3}\\{t = - 2}\\{t = \frac{7}{2}}\end{array}} \right.$ (vô lí)

Vậy điểm $M$ không thuộc đường thẳng $d$.

c) Đúng. $\{\begin{array}{l}t=t\\ -1-t=-1-t\\ 2+2t=2+2t\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = t}\\{ - 1 - t = - 1 - t}\\{2 + 2t = 2 + 2t}\end{array}} \right.$ (luôn đúng)

Vậy điểm $A$ có tọa độ dạng $A(t; -1 - t; 2 + 2t)$ với $t \in \mathbb{R}$ thì $A$ thuộc đường thẳng $d$.

d) Đúng. Gọi $N$ là giao điểm của đường thẳng $\Delta$ và đường thẳng $d$. Khi đó tọa độ của $N$ có dạng $N(t; -1 - t; 2 + 2t)$.

Ta có: $\overrightarrow{MN} = (t - 3; -2 - t; -7 + 2t)$.

Vecto pháp tuyến của mặt phẳng $(\alpha)$ là $\overrightarrow{n} = (1; 1; -1)$.

Vì $\Delta \parallel (\alpha)$ nên $\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{n} = 0 \Leftrightarrow t - 3 - 2 - t + 7 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 1$.

Suy ra $N(1; -2; 4)$ và $\overrightarrow{MN} = (-2; -3; -5)$.

Vậy đường thẳng $\Delta$ đi qua $N(1; -2; 4)$ và có một vecto chỉ phương là $(2; 3; 5)$ nên phương trình đường thẳng $\Delta$ là $\frac{x - 1}{2} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z - 4}{5}$.

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện.

$\overline{A}$: "Lần thứ nhất lấy ra chai nước loại II"; $\overline{B}$: "Lần thứ hai lấy ra chai nước loại II";

a) Sai. Sau khi A xảy ra thì két còn 15 chai nước loại I trong số 23 chai. Khi đó: $\left. P(B \middle| A) = \dfrac{15}{23} \right.$.

b) Sai. Sau khi $\overline{A}$ xảy ra thì két vẫn còn nguyên 16 chai nước loại I trong số 23 chai. Khi đó: $\left. P(B \middle| A) = \dfrac{16}{23} \right.$.

c) Đúng. Sau khi A xảy ra thì két vẫn còn nguyên 8 chai nước loại II trong số 23 chai. Khi đó: $\left. P(\overline{B} \middle| A) = \dfrac{8}{23} \right.$.

d) Đúng. Sau khi $\overline{A}$ xảy ra thì két còn 7 chai nước loại II trong số 23 chai. Khi đó: $\left. P(\overline{B} \middle| \overline{A}) = \dfrac{7}{23} \right.$.

Gắn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp.

Tìm phương trình parabol giới hạn thân ấm.

Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay bằng tích phân.

Gắn hệ trục tọa độ như hình.

Giả sử parabol giới hạn thân ấm có phương trình $y = a{x^2} + bx + c$ $(a \ne 0)$.

Parabol đi qua các điểm có tọa độ (7;0), (4;20), (-4;20) nên ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}0=a{.7}^2+b.7+c\\ 20=a{.4}^2+b.4+c\\ 20=a(-4{)}^2+b(-4)+c\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-\frac{20}{30}\\ b=0\\ c=\frac{980}{33}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}0 = a{.7^2} + b.7 + c\\20 = a{.4^2} + b.4 + c\\20 = a{( - 4)^2} + b( - 4) + c\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{{20}}{{30}}\\b = 0\\c = \frac{{980}}{{33}}\end{array} \right.$

$\Rightarrow (P):y = - \frac{{20}}{{30}}{x^2} + \frac{{980}}{{33}} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{980 - 33y}}{{20}}$.

Ta có $V = \pi \int\limits_0^{20} {\frac{{980 - 33y}}{{20}}dy} = 650\pi$ $\left( {c{m^3}} \right)$.

Vậy thể tích thân ấm là $\frac{{650\pi }}{{1000}} \approx 2,04$ (lít).

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz ở vị trí phù hợp, tìm tọa độ các điểm và lập phương trình mặt phẳng (ABC). Từ đó, áp dụng công thức tính diện tích $S_{ABC} = \dfrac{1}{2}\left| \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack \right|$ và ứng dụng đạo hàm, tìm GTNN.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O là góc giao hai chân tường, A thuộc trục Ox, B thuộc trục Oy, C thuộc trục Oz sao cho tọa độ các điểm trên đều không âm.

Khi đó O(0; 0; 0), A(5; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), M(1; 1; 1).

Phương trình mặt phẳng (ABC): $\dfrac{x}{5} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1$.

Vì M(1; 1; 1) thuộc (ABC) nên $\left. \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1\Rightarrow c = \dfrac{5b}{4b - 5} \right.$.

$\overset{\rightarrow}{AB} = ( - 5;b;0)$, $\overset{\rightarrow}{AC} = ( - 5;0;c)$, $\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack = (bc;5c;5b)$.

Diện tích tam giác ABC là: $S = \dfrac{1}{2}\left| \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack \right| = \dfrac{1}{2}\sqrt{{(bc)}^{2} + 25c^{2} + 25b^{2}}$

$= \dfrac{1}{2}\sqrt{\left( {b.\dfrac{5b}{4b - 5}} \right)^{2} + 25\left( \dfrac{5b}{4b - 5} \right)^{2} + 25b^{2}}$.

Ta tìm được S đạt GTNN tại b = 2,5. Khi đó S = 9,375 $\approx$ 9,38.

Lập phương trình mặt cầu K và tấm chắn E.

Khoảng cách an toàn = OE – Bán kính mặt cầu.

- Tường thẳng đứng là mặt phẳng y = 0.

- Mặt cầu bán kính r = 5 (m), tiếp xúc tường tại T(-6; 0; 5), suy ra tâm O(-6; 5; 5).

- Tấm chắn hiện tại E đi qua A(0; 16,25; 0), B(-12; 16,25; 0), C(0; 5; 15) và D(-12; 5; 15).

Phương trình mặt cầu K: $(x+6)^2 + (y-5)^2 + (z-5)^2 = 25$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = ( - 12;0;0)$, $\overrightarrow {AC} = (0; - 11,25;15)$

$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = (0;12;9) \Rightarrow \vec n = (0,4,3)$.

Phương trình mặt phẳng tấm chắn E:

4y + 3z - 65 = 0.

Khoảng cách an toàn giữa E và mặt cầu:

$d(O,E) = \frac{|4 \cdot 5 + 3 \cdot 5 - 65|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = \frac{30}{5} = 6$ (m).

Khoảng hở giữa bề mặt: d - r = 6 - 5 = 1 (m).

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần và công thức Bayes.

Gọi các biến cố:

A: “Người được chọn nhiễm bệnh sốt xuất huyết”.

Suy ra $\overline A$: “Người được chọn không nhiễm bệnh sốt xuất huyết”.

B: “Dụng cụ cho kết quả dương tính”.

Suy ra $\overline B$: “Dụng cụ cho kết quả âm tính”.

Cần tính $P(A|B) = \frac{{P(B|A).P(A)}}{{P(B)}}$.

Theo giả thiết:

Có 1200 người trong 8000 người nhiễm bệnh nên $P(A) = \frac{{1200}}{{8000}} = 0,15$.

Có 6800 người trong 8000 người không nhiễm bệnh nên $P(\overline A ) = \frac{{6800}}{{8000}} = 0,85$.

Xác suất dụng cụ cho kết quả dương tính đối với người thực sự nhiễm bệnh là 70% nên $P(B|A) = 70\% = 0,7$.

Xác suất dụng cụ cho kết quả dương tính đối với người không nhiễm bệnh là 5% nên $P(B|\overline A ) = 5\% = 0,05$.

Chọn ngẫu nhiên một người trong 8000 người, xác suất dụng cụ cho kết quả dương tính là:

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

$= 0,7.0,15 + 0,05.0,85 = 0,1475$.

Chọn ngẫu nhiên một người trong 8000 người, xác suất để người đó bị nhiễm bệnh sốt xuất huyết, biết người đó có kết quả thử nghiệm dương tính là:

$P(A|B) = \frac{{P(B|A).P(A)}}{{P(B)}} = \frac{{0,7.0,15}}{{0,1475}} \approx 0,71$.

$F(x) = (ax^2 + bx + c)e^x$ là một nguyên hàm của hàm số $f(x) = (x^2 + 1)e^x$ nên F'(x) = f(x), từ đó tìm a, b, c.

$F'(x) = (2ax + b)e^x + (ax^2 + bx + c)e^x$

$= [ax^2 + (2a + b)x + b + c]e^x$.

$F(x) = (ax^2 + bx + c)e^x$ là một nguyên hàm của hàm số $f(x) = (x^2 + 1)e^x$ nên F'(x) = f(x)

$\{\begin{array}{l}a=1\\ 2a+b=0\\ b+c=1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=1\\ b=-2\\ c=3\end{array}$$\begin{cases} a = 1 \\ 2a + b = 0 \\ b + c = 1 \end{cases}$ \Rightarrow $\begin{cases} a = 1 \\ b = -2 \\ c = 3 \end{cases}$

Vậy S = a + b + c = 2.

Phương trình tham số của đường thẳng $\Delta$ đi qua ${M_0}\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u  = \left( {a;b;c} \right)$ 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.$.

a) Đường thẳng đi qua điểm $A\left( {1; - 5;0} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow a  = \left( {2;0;7} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=-5\\ z=7t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 5\\z = 7t\end{array} \right.$.

b) Ta có $\overrightarrow {MN}  = \left( {2;2;3} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$.

Đường thẳng đi qua điểm $M\left( {3; - 1; - 1} \right)$ và nhận $\overrightarrow {MN}  = \left( {2;2;3} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: $\{\begin{array}{l}x=3+2t\\ y=-1+2t\\ z=-1+3t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y =  - 1 + 2t\\z =  - 1 + 3t\end{array} \right.$.

a) Từ phương trình mặt cầu xác định được tâm mặt cầu I và bán kính mặt cầu R.

b) Chứng minh IA < R.

a) Từ phương trình mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9$ ta có tâm của (S) là $I\left( {1;0; - 2} \right)$, bán kính là $R = 3$.

b) Ta có $IA = \sqrt {1 + 4 + 1}  = \sqrt 6  < 3 = R$ suy ra $IA < R$.

Vậy điểm A nằm trong mặt cầu (S).