Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 8

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

${\int{a^{x}dx}} = \dfrac{a^{x}}{\ln a} + C$; ${\int{x^{\alpha}dx}} = \dfrac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1} + C$.

${\int{f(x)dx}} = {\int{(2^{x} - x)dx}} = \dfrac{2^{x}}{\ln 2} - \dfrac{x^{2}}{2} + C$.

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

Sử dụng điều kiện đề bài cho F(1) = 0 để tìm C.

$F(x) = \int {f(x)dx}  = \int {\left( {5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)dx}  = {x^5} + \frac{{{x^{ - 2}}}}{{ - 2}} + C = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C$.

$F(1) = 0 \Leftrightarrow {1^5} - \frac{1}{{{{2.1}^2}}} + C = 0 \Leftrightarrow C =  - \frac{1}{2}$.

Vậy $F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}$.

Áp dụng tính chất của tích phân:

${\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}} = {\int\limits_{a}^{b}{f(t)dt}}$;

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

${\int\limits_{0}^{10}{f(x)dx}} = {\int\limits_{0}^{10}{f(t)dt}} = 17$;

${\int\limits_{0}^{8}{f(x)dx}} = {\int\limits_{0}^{8}{f(y)dy}} = 12$.

$\int\limits_8^{10} {( - 3)f(x)dx} = - 3\int\limits_8^{10} {f(x)dx} = - 3\left( {\int\limits_0^{10} {f(x)dx} - \int\limits_0^8 {f(x)dx} } \right)$

$= - 3(17 - 12) = - 15$.

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = f(x), g(x) liên tục trên $\left[ {a;b} \right]$ và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng công thức $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx}$.

$S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| { - {x^2} + 3 - {x^2} + 2x + 1} \right|dx}$

$= \int\limits_{ - 1}^2 {\left| { - 2{x^2} + 2x + 4} \right|dx}$

$= \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)dx}$.

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).

$\overrightarrow {{n_3}} = \left( {1;\,\, - 3;\,\,0} \right)$ là một vecto pháp tuyến của $\left( \alpha \right)$.

Cặp vecto chỉ phương của (P) là $\overrightarrow {OM}$ và vecto pháp tuyến của mặt phẳng $x + y + 3z - 5 = 0$.

Tính tích có hướng của hai vecto trên để tìm vecto pháp tuyến của (P).

Cặp vecto chỉ phương của (P) là $\overrightarrow {OM}  = (0; - 1;2)$ và $\overrightarrow n  = (1;1;3)$.

Vecto pháp tuyến của (P) là $\left[ {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow n } \right] = ( - 5;2;1)$.

Phương trình mặt phẳng (P) là:

$- 5(x - 0) + 2(y - 0) + 1(z - 0) = 0$

$\Leftrightarrow  - 5x + 2y + z = 0$.

Đường thẳng (d) phương trình $d:$$\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$ đi qua điểm có tọa độ $({x_0};{y_0};{z_0})$.

${M_1}\left( {3;1; - 1} \right) \in (d)$.

Thay tọa độ của A, B vào phương trình, nếu thỏa mãn thì đó là phương trình của AB.

Ta có $\frac{{ - 1 - 2}}{3} = \frac{{1 + 1}}{{ - 2}} = \frac{{2 - 3}}{1} = - 1$ và $\frac{{2 - 2}}{3} = \frac{{ - 1 + 1}}{{ - 2}} = \frac{{3 - 3}}{1} = 0$ nên $\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 3}}{1}$ là phương trình chính tắc của AB.

Đường thẳng Δ vuông góc với đường thẳng d khi \({\overset{\rightarrow}{u}}_{\text{\Delta }} \cdot \overset{\rightarrow}{v} = 0\).

Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng vuông góc với đường thẳng $\Delta:$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + t} \\ {y = 1 + t} \\ {z = 2t} \end{array} \right.$ là $d:\dfrac{x - 1}{1} = \dfrac{y - 2}{1} = \dfrac{z + 1}{- 1}$ vì $1.1 + 1.1 - 1.2 = 0$.

Khoảng cách từ điểm M(x;y;z) đến mặt phẳng (Oxy) là |z|.

Trong không gian $Oxyz$, khoảng cách từ điểm $A(1;3; - 2)$ đến mặt phẳng $(Oxy)$ bằng |-2| = 2.

I là trung điểm của AB. Áp dụng công thức $I\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2};\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right)$.

$I = \left( {\frac{{ - 1 + 3}}{2};\frac{{2 - 4}}{2};\frac{{ - 3 + 1}}{2}} \right) = \left( {1; - 1; - 1} \right)$.

Áp dụng công thức xác suất có điều kiện $\left. P(A \middle| B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} \right.$.

$\left. P(A \middle| B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{2}{25}}{\dfrac{8}{25}} = \dfrac{1}{4} \right.$.

Áp dụng phương trình đường thẳng trong không gian tọa độ.

a) Đúng. $OA = \sqrt {{{140}^2} + {{60}^2} + {6^2}}  \approx 152$ (km).

b) Đúng. Phương trình đường đi của tên lửa là $\{\begin{array}{l}x=140t\\ y=60t\\ z=6t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 140t\\y = 60t\\z = 6t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

Tên lửa mất 8 phút để đến vị trí A(140; 60; 6), khi đó t = 1.

Sau 4 phút, ta thay $t = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$ vào phương trình cao độ, được: $z = 6.\frac{1}{2} = 3$.

Vậy ở phút thứ 4, độ cao của tên lửa là 3 km.

c) Sai. Sau 12 phút, ta thay $t = \frac{{12}}{8} = \frac{3}{2}$ vào phương trình, được $\{\begin{array}{l}x=140.\frac{3}{2}=210\\ y=60.\frac{3}{2}=90\\ z=6.\frac{3}{2}=9\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 140.\frac{3}{2} = 210\\y = 60.\frac{3}{2} = 90\\z = 6.\frac{3}{2} = 9\end{array} \right.$.

Vậy vị trí của tên lửa sau 12 phút từ lúc phóng là (210; 90; 9).

d) Đúng. Sau 10 phút tiếp theo từ vị trí A tức là sau 18 phút kể từ lúc phóng.

Ta thay $t = \frac{{18}}{8} = \frac{9}{4}$ vào phương trình cao độ: $z = 6.\frac{9}{4} = \frac{{27}}{2} = 13,5$.

Vậy sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

Áp dụng công thức xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần.

A: “Thí sinh được chọn là nữ”; $\overline{A}$: “Thí sinh được chọn là nam”.

B: “Thí sinh được chọn vượt qua bài kiểm tra”; $\overline{B}$: “Thí sinh được chọn không vượt qua bài kiểm tra”.

Theo giả thiết: P(A) = 0,55; P(B|A) = 0,8; $\left. P(\overline{B} \middle| \overline{A}) = 0,25 \right.$.

a) Đúng. $P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0,55 = 0,45$.

b) Đúng. $\left. P(B \middle| \overline{A}) = 1 - P(\overline{B} \middle| \overline{A}) = 1 - 0,25 = 0,75 \right.$.

c) Sai. $P(B) = P(A)P(B|A) + P(\bar A)P(B|\bar A)$

$= 0,55.0,8 + 0,45.0,75 = 0,7775 = 77,5\%$.

d) Sai. $P(\overline{B}) = 1 - P(B) = 1 - 0,7775 = 0,2225$;

$\left. P(\overline{B} \middle| A) = 1 - P(B \middle| A) = 1 - 0,8 = 0,2 \right.$.

$\left. P(A \middle| \overline{B}) = \dfrac{\left. P(A)P(\overline{B} \middle| A) \right.}{P(\overline{B})} = \dfrac{0,55.0,2}{0,2225} \approx 0,49 > 0,45 \right.$.

Áp dụng công thức tính thể tích vật thể $V = \int\limits_0^2 {S(x)dx}$.

Chọn trục Ox như hình vẽ.

Khi đó, khối bê tông nằm trong khoảng không gian giữa hai mặt phẳng vuông góc với Ox lần lượt tại các điểm x = 0, x = 2. Mặt phẳng vuông góc với Ox tại điểm có hoành độ x ($0 \le x \le 2$) cắt khối bê tông theo mặt cắt có diện tích là $S(x) = 5.0,{5^x}$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Do đó, thể tích khối bê tông là:

$V = \int\limits_0^2 {5.0,{5^x}dx} = 5\int\limits_0^2 {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}dx} = \frac{5}{{\ln \frac{1}{2}}}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^2}\\{_0}\end{array}$} \right. = \frac{5}{{\ln \frac{1}{2}}}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{5}{{\ln \frac{1}{2}}}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^0}

$= \frac{5}{{\ln \frac{1}{2}}}.\left( {\frac{1}{4} - 1} \right) = - \frac{{15}}{{4\ln \frac{1}{2}}} \approx 5,41$ $\left( {{m^3}} \right)$.

Tìm tọa độ của Minh và vị trí bóng rơi A.

Lập phương trình mặt phẳng $\left( {\alpha\ } \right)$ đi qua gốc tọa độ, nhận $\overset{\rightarrow}{n} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{OA},\overset{\rightarrow}{k}} \right\rbrack$ làm vecto pháp tuyến.

Quả bóng rơi xuống tại điểm $A(\sqrt {20} ;0,5;0)$.

Mặt phẳng $(\alpha )$: x + by + cz + d = 0 đi qua O(0; 0; 0) nên:

0 + b.0 + c.0 + d = 0, suy ra d = 0.

Điểm $A(\sqrt {20} ;0,5;0)$ thuộc $(\alpha )$ nên:

$\sqrt {20}  + 0,5b + 0c = 0 \Leftrightarrow b =  - \frac{4}{{\sqrt 5 }}$.

VTPT của $(\alpha )$ là $\overrightarrow {{n_{(\alpha )}}}  = \left( {1; - \frac{4}{{\sqrt 5 }};c} \right)$, VTPT của mặt đất (Oxy) là $\overrightarrow k  = (0;0;1)$.

Vì $(\alpha )$ vuông góc với mặt đất nên ta có:

$\overrightarrow {{n_{(\alpha )}}}  \bot \overrightarrow {{n_{(Oxy)}}}  \Leftrightarrow \overrightarrow {{n_{(\alpha )}}} .\overrightarrow k  = 0$

$1.0 + \left( { - \frac{4}{{\sqrt 5 }}} \right).0 + c.1 = 0 \Leftrightarrow c = 0$.

Vậy mặt phẳng $(\alpha )$ có phương trình là $(\alpha )$: $x - 4\sqrt 5 y = 0$.

Do đó: $- 3{b^2} - {c^2} + 2{d^2} =  - 240$.

Gọi M là giao điểm của đường thẳng d với mặt cầu (S). Tính độ dài AM.

Gọi M là giao điểm của đường thẳng d với mặt cầu (S) tâm O bán kính R = 500 (km).

Ta có: $(S): x^2 + y^2 + z^2 = 500^2$;

$d:$$\begin{cases} x = -1000 + 100t \\ y = -185 + 80t \\ z = 30 \end{cases}$ \Rightarrow AM = 20\sqrt{41}t

Tìm M:

$(-1000 + 100t)^2 + (-185 + 80t)^2 + 30^2 = 250000$

$\Leftrightarrow 16400t^2 - 229600t + 785125 = 0$

$\Leftrightarrow 656t^2 - 9184t + 31405 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ {$$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = \frac{{1148 + \sqrt {30299} }}{{164}} \Rightarrow AM \approx 1032}\\{t = \frac{{1148 - \sqrt {30299} }}{{164}} \Rightarrow AM \approx 761}\end{array}$} \right.

Vậy khoảng cách từ vị trí A đến khi đài kiểm soát không lưu phát hiện được máy bay xấp xỉ 761 km.

Áp dụng công thức tính xác suất có điều kiện và công thức xác suất toàn phần.

Gọi các biến cố:

A: “Bệnh nhân sống trên 5 năm”;

B: “Bệnh nhân di căn”.

Suy ra $\overline A$: “Bệnh nhân không sống trên 5 năm”;

$\overline B$: “Bệnh nhân không di căn”.

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

Theo giả thiết, ta có: P(A) = 0,6; P(B) = 0,3; $P\left( {AB} \right) = \frac{1}{2}P\left( {\overline A \overline B } \right)$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

$P\left( A \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {A\overline B } \right)$; $P\left( B \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline A B} \right)$.

Ta có $P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline A \overline B } \right) + P\left( {\overline A B} \right) + P\left( {A\overline B } \right) = 1$

$\Leftrightarrow P\left( {AB} \right) + 2P\left( {AB} \right) + \left[ {P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)} \right] + \left[ {P\left( A \right) - P\left( {AB} \right)} \right] = 1$

$\Leftrightarrow P\left( {AB} \right) + P\left( B \right) + P\left( A \right) = 1$

$\Leftrightarrow P\left( {AB} \right) + 0,6 + 0,3 = 1$

$\Leftrightarrow P\left( {AB} \right) = 0,1$.

Ta có $P\left( A \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {A\overline B } \right)$

$\Leftrightarrow P\left( {A\overline B } \right) = 0,6 - 0,1 = 0,5$.

$P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,3 = 0,7$.

Vậy $P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {A\overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,5}}{{0,7}} \approx 0,71$.

Áp dụng công thức tích phân của hàm số lũy thừa.

$\int_{0}^{1} \left( 3 - 5x \right) \left( x + 1 \right) dx = \int_{0}^{1} \left( -5x^2 - 2x + 3 \right) dx$

$= \left. \left[ -5\frac{x^3}{3} - x^2 + 3x \right] \right|_{0}^{1}$ $= \frac{1}{3}$.

Do $d\parallel d'$ nên vectơ chỉ phương $\vec a$ của $d'$ cũng là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$. Từ đó viết được phương trình của đường thẳng $d$ đi qua điểm $A$ và có vectơ pháp tuyến $\vec a$.

Một vectơ chỉ phương của $d'$ là $\vec a = \left( {3;2;4} \right)$.

Do $d\parallel d'$ nên đường thẳng $d$ cũng nhận vectơ $\vec a = \left( {3;2;4} \right)$ làm một vectơ chỉ phương.

Vậy phương trình tham số của đường thẳng $d$ đi qua điểm $A\left( {1;0;1} \right)$ và có một vectơ chỉ phương $\vec a = \left( {3;2;4} \right)$ là $\{\begin{array}{l}x=1+3t\\ y=0+2t\\ z=1+4t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 0 + 2t\\z = 1 + 4t\end{array} \right.$

Bán kính của mặt cầu (S) là khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P).

Do mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) nên bán kính của (S) là $R = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 - 2 + 4 - 10} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = \frac{6}{3} = 2$.

Phương trình mặt cầu (S) là ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 4$.