Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 9

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

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

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

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

$= 5.\frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{{x^{ - 2}}}}{{ - 2}} + C = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C$.

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

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

Áp dụng định nghĩa tích phân và công thức tính tích phân của hàm số lũy thừa.

$\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( x \right) - 2x + 1} \right]dx}$

$= \int\limits_{ - 2}^2 {f(x)dx}  + \int\limits_{ - 2}^2 {( - 2x + 1)dx}$

$= F(2) - F( - 2) + 4 = 5 + 4 = 9$.

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: $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx}$.

$S = \int\limits_{ - 1}^5 {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x}  + \int\limits_1^5 {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x){\rm{d}}x - } \int\limits_1^5 {f(x){\rm{d}}x}$.

Mặt phẳng có phương trình dạng Ax + By + Cz + D = 0 có một vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n} = (A;B;C)$.

Từ phương trình (P): x – 2y + 2z – 1 = 0, ta có các hệ số tương ứng là A = 1, B = -2, C = 2.

Vậy một vectơ pháp tuyến của $(P)$ là $\overset{\rightarrow}{n} = (1; - 2;2)$.

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:

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

$\Leftrightarrow  - 5x + 2y + z = 0$.

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.

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nên vecto pháp tuyến của (P) cũng là vecto chỉ phương của đường thẳng.

Lập phương trình đường thẳng qua A, nhận vecto pháp tuyến của (P) làm vecto chỉ phương.

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nên vecto pháp tuyến của (P) $\overrightarrow n = (2; - 1;2)$ cũng là vecto chỉ phương của đường thẳng.

Phương trình đường thẳng qua A(2; 0; -1) và nhận $\overrightarrow n = (2; - 1;2)$ làm vecto chỉ phương là:

$\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=-t\\ z=-1+2t\end{array}\left(t\in \mathbb{R}\right)$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - t} \\ {z = - 1 + 2t} \end{array} \right.$ \left( {t \in {\mathbb{R}}} \right).

Xác định vecto chỉ phương của các cặp đường thẳng trên, từ đó suy ra vị trí tương đối của hai đường thẳng.

Ta có: $\overrightarrow{u_1} = \frac{3}{2} \overrightarrow{u_2}$ và điểm $M_1(1; 6; 3) \in d_1$ và $M_1(1; 6; 3) \notin d_2$ nên $d_1$ // $d_2$.

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng trong hệ trục tọa độ trong không gian.

$d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 2( - 1) + 0 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + {1^2}} }} = 1$.

Mặt cầu ${(x - x_{0})}^{2} + {(y - y_{0})}^{2} + {(z - z_{0})}^{2} = R^{2}$ có tâm $I(x_{0};y_{0},z_{0})$, bán kính là R.

Phương trình mặt cầu ${(x - 1)}^{2} + {(y + 4)}^{2} + z^{2} = 9$ có bán kính là 3, suy ra đường kính là 6.

Áp dụng công thức Bayes $\dfrac{\left. P(B).P(A \middle| B) \right.}{P(A)}$.

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

$\dfrac{\left. P(B).P(A \middle| B) \right.}{P(A)} = \dfrac{0,5.0,2}{0,6} = \dfrac{1}{6}$.

Ứng dụng phương trình đường thẳng và mặt phẳng trong không gian tọa độ.

a) Đúng. $\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {2 - 3;3 - ( - 1);0 - 0,6} \right) = \left( {- 1;4; - 0,6} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng AB: $\{\begin{array}{l}x=3-t\\ y=-1+4t\\ z=0,6-0,6t\end{array}\left(t\in \mathbb{R}\right)$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 3 - t} \\ {y = - 1 + 4t} \\ {z = 0,6 - 0,6t} \end{array} \right.$left( {t \in {\mathbb{R}}} \right).

b) Đúng. Đổi: 120 m = 0,12 km.

Ta có $\left.$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 3 - t} \\ {y = - 1 + 4t} \\ {z = 0,6 - 0,6t = 0,12} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {t = 0,8} \\ {x = 2,2} \\ {y = 2,2} \\ {z = 0,12} \end{array} \right.$Rightarrow D\left( {2,2;2,2;0,12} \right) \right..

c) Đúng. $(\alpha)$: $\left. \dfrac{x}{7} + \dfrac{y}{- 7} + \dfrac{z}{0,9} = 1\Leftrightarrow 0,9x - 0,9y + 7z = 6,3 \right.$.

Máy bay xuyên qua lớp mây tại: $\left. 0,9(3 - t) - 0,9( - 1 + 4t) + 7(0,6 - 0,6t) = 6,3\Leftrightarrow t = \dfrac{5}{29} \right.$.

Độ cao máy bay khi đó là $0,6 - 0,6.\dfrac{5}{29} = \dfrac{72}{145} \approx 0,5$ (km).

d) Sai. Thay $t = \dfrac{5}{29}$ vào phương trình đường thẳng AB, ta được $I\left( {\dfrac{82}{29}; - \dfrac{9}{29};\dfrac{72}{145}} \right)$ là điểm máy bay xuyên qua lớp mây.

$IG = \sqrt{\left( {4 - \dfrac{82}{29}} \right)^{2} + \left( {6 + \dfrac{9}{29}} \right)^{2} + \left( {0 - \dfrac{72}{145}} \right)^{2}} \approx 6,4$ (km).

Vì khoảng cách thực tế đến điểm G là 6,43 km, mà tầm nhìn của phi công chỉ có 1,5 km, nên phi công không thể nhìn thấy điểm G ngay khi vừa ra khỏi lớp mây.

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức nhân xác suất và công thức xác suất toàn phần.

Có 12 + 7 = 19 quả bóng tất cả.

a) Sai. $P(B) = \frac{{12}}{{19}}$.

c) Đúng. Sau khi B xảy ra, còn 11 quả bóng xanh và 7 quả bóng đỏ, do đó $P(A|B) = \frac{7}{{18}}$.

b) Sai. $P(A \cap B) = P(B).P(A|B) = \frac{{12}}{{19}}.\frac{7}{{18}} = \frac{{14}}{{54}}$.

d) Đúng. $P(\overline B ) = 1 - P(B) = 1 - \frac{{12}}{{19}} = \frac{7}{{19}}$.

Sau khi $\overline B$ xảy ra, còn 12 quả bóng xanh và 6 quả bóng đỏ, do đó $P(A|\overline B ) = \frac{6}{{18}}$.

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

$= \frac{{12}}{{19}}.\frac{7}{{18}} + \frac{7}{{19}}.\frac{6}{{18}} = \frac{7}{{19}}$.

Vậy $P(\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - \frac{7}{{19}} = \frac{{12}}{{19}}$.

Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay: $V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}(x) - {g^2}(x)} \right|dx}$.

Bề dày chiếc bát thủy tinh được tạo thành khi xoay hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số $y = x + \frac{1}{x}$, y = x và hai đường thẳng x = 1, x = 4.

$V = \pi \int\limits_1^4 {\left| {{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2} - {x^2}} \right|dx}$

$= \pi \int\limits_1^4 {\left[ {{x^2} + 2 + \frac{1}{{{x^2}}} - {x^2}} \right]dx}$

$= \pi \int\limits_1^4 {\left[ {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right]dx}  = \pi \left( {2x - \frac{1}{x}} \right)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^4}\\{_1}\end{array}$} \right.

$= \pi \left( {2.4 - \frac{1}{4}} \right) - \pi \left( {2.1 - \frac{1}{1}} \right)$

$= \frac{{27\pi }}{4} \approx 21,2$ $\left( {d{m^3}} \right)$.

Tìm giao điểm P của MN và (Oxy). Trên mặt phẳng (Oxy), tính thời gian tấm bìa đi qua điểm P.

$\overrightarrow {MN} = (3 - 1;6 - 2; - 12 - 3) = (2;4; - 15)$.

Phương trình đường thẳng MN: $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=2+4t\\ z=3-15t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 + 4t\\z = 3 - 15t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

MN giao với mặt phẳng (Oxy): z = 0 tại: $3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{5}$.

Thay $t = \frac{1}{5}$ vào phương trình của MN, ta tìm được giao điểm là $P\left( {\frac{7}{5};\frac{{14}}{5};0} \right)$.

Xét trên mặt phẳng (Oxy): $P\left( {\frac{7}{5};\frac{{14}}{5}} \right)$, đường tròn (C): ${x^2} + {y^2} = 4$.

Giả sử đường thẳng d: $x = \frac{7}{5}$ cắt (C) tại A và B.

(C) di chuyển cùng hướng với tia Oy nên đoạn thẳng AB trên tấm bìa sẽ chắn tầm nhìn (vì đường thẳng AB đi qua P).

Thay $x = \frac{7}{5}$ vào phương trình (C), được $y = \pm \frac{{\sqrt {51} }}{5} \Rightarrow AB = \frac{{2\sqrt {51} }}{5}$ (cm).

Thời gian tấm bìa che khuất tầm nhìn của người quan sát là $\frac{{AB}}{5} \approx 0,57$ (giây).

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian.

Đặt tên các điểm như hình vẽ.

Xét tam giác DBC vuông tại D, đường cao DO:

$D{O^2} = BO.CO = {450^2} = 30.CO \Leftrightarrow CO = 6750$ (km).

$\Rightarrow BC = CO + BO = 6750 + 30 = 6780$ (km).

Bán kính mặt cầu là $R = \frac{{6780}}{2} = 3390$ (km). Do đó $IO = 3390 - 30 = 3360 \Rightarrow I(0;0;-3360)$.

Phương trình mặt cầu: ${x^2} + {y^2} + {(z + 3360)^2} = {3390^2}$.

Vecto chỉ phương của OA là $\overrightarrow u  = \frac{1}{{30}}\overrightarrow {OA}  = (1; - 26;2)$.

Phương trình đường thẳng OA: $\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-26t\\ z=2t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - 26t\\z = 2t\end{array} \right.$.

Để tìm giao điểm K của OA với mặt cầu, ta xét:

${t^2} + {( - 26t)^2} + {(2t + 3360)^2} = {3390^2}$

$\Leftrightarrow 227{t^2} + 4480t - 67500 = 0$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 10\\t =  - \frac{{6750}}{{227}} \approx  - 29,7\end{array}$ \right..

Vì cao độ K dương nên $2t > 0 \Leftrightarrow t > 0$, do đó $K\left( {10; - 260;20} \right)$.

$OK = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( { - 260} \right)}^2} + {{20}^2}}  = 10\sqrt {681}$ (km).

Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi bắn trúng rada là $\frac{{10\sqrt {681} }}{7} \approx 37$ (giây).

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

Gọi các biến cố:

A: “Công nhân đi lối ngầm”.

Suy ra $\overline A$: “Công nhân đi lối cầu”.

B: “Công nhân về nhà trước 6 giờ tối”.

Suy ra $\overline B$: Công nhân về nhà sau 6 giờ tối”.

Ta có $P\left( {B|A} \right) = 0,75$, $P\left( {B|\overline A } \right) = 0,7$, $P\left( B \right) = 0,71$.

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

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

$\Leftrightarrow 0,71 = \left[ {1 - P\left( {\overline A } \right)} \right].0,75 + P\left( {\overline A } \right).0,7$

$\Leftrightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,8$.

$P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,71 = 0,29$.

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

Vậy $P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,8.0,3}}{{0,29}} \approx 0,83$.

Áp dụng công thức tích phân của các hàm số cơ bản.

$\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\frac{a}{{{x^2}}} + \frac{b}{x} + 2} \right)dx}$

$= \left( { - \frac{a}{x} + b\ln \left| x \right| + 2x} \right)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^1}\\{_{\frac{1}{2}}}\end{array}$} \right.

$= \left( { - \frac{a}{1} + b\ln \left| 1 \right| + 2.1} \right) - \left( { - \frac{a}{{\frac{1}{2}}} + b\ln \left| {\frac{1}{2}} \right| + 2.\frac{1}{2}} \right)$

$= \left( { - a + 2} \right) - \left( { - 2a + b\ln \frac{1}{2} + 1} \right)$

$= 1 + a - b\ln \frac{1}{2}$

$= 1 + a + b\ln 2$.

Theo giả thiết:

$\{\begin{array}{l}1+a=2\\ b=-3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=1\\ b=-3\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}1 + a = 2\\b =  - 3\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 3\end{array} \right.$

$\Rightarrow a + b =  - 2$.

a) Từ phương trình chính tắc, chỉ ra một điểm và một vectơ chỉ phương của $d$.

b) Từ câu a, viết phương trình tham số của $d$.

a) Đường thẳng $d$ có phương trình chính tắc $\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y + 3}}{3} = \frac{{z - 2}}{7}$, nên nó đi qua điểm $M\left( {3; - 3;2} \right)$ và nhận $\vec a = \left( {1;3;7} \right)$ là một vectơ chỉ phương.

b) Từ câu a, ta suy ra phương trình tham số của đường thẳng $d$ là $\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=-3+3t\\ z=2+7t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y =  - 3 + 3t\\z = 2 + 7t\end{array} \right.$.

Ý a: Xác định tâm và bán kính của mặt cầu cần tìm, tâm là trung điểm I của cạnh AB, bán kính là cạnh $IA = IB$.

Ý b: Bán kính của mặt cầu là cạnh OA.

a) Gọi (C) là mặt cầu đường kính AB, khi đó (C) có tâm $I\left( {2;1;2} \right)$ là trung điểm của cạnh AB.

Bán kính của (C) là $IA = 1$.

Phương trình mặt cầu đường kính AB là:

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

b) Bán kính của (S) là $OA = \sqrt 6$.

Phương trình mặt cầu đường (S) là (S): ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 6$.