Đề thi học kì 2 Toán 12 - Đề số 10

$\int {\sin xdx} = - \cos x + C$; $\int {{a^x}dx} = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C$ $(a > 0,a \ne 1)$.

$\int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {{3^x} + \sin x} \right)dx} = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \cos x + C$.

Vậy một nguyên hàm của f(x) trên $\mathbb{R}$ là $F\left( x \right) = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \cos x$.

Sử dụng công thức $\int {{x^n}dx = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}} + C$.

Thay x = 0 vào phương trình $F(x) = 3$ để tìm C.

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

$F(0) = 3$ suy ra $\frac{{{0^5}}}{5} - {0^2} + 3.0 + C = 3 \Leftrightarrow C = 3$.

Vậy $F(x) = \frac{{{x^5}}}{5} - {x^2} + 3x + 3$.

Áp dụng tính chất của tích phân: $\int\limits_a^b {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^b {g(x)dx}$.

$\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {f(x)dx} + \int\limits_0^1 {g(x)dx} = 3 + ( - 2) = 1$.

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

Dựa vào đồ thị, ta có:

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} + \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}$

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

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).

Mặt phẳng $(P): 2x - y + 3z - 4 = 0$ có 1 VTPT là $(2; -1; 3)$.

Mặt phẳng trung trực của AB đi qua trung điểm I của AB, nhận $\overrightarrow {AB}$ làm vecto pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng đó là:

$- 2(x - 1) - 2(y + 2) - 4(z + 0) = 0$

$\Leftrightarrow - 2x - 2y - 4z - 2 = 0$

$\Leftrightarrow x + y + 2z + 1 = 0$.

Đường thẳng $\dfrac{x - x_{0}}{a} = \dfrac{y - y_{0}}{b} = \dfrac{z - z_{0}}{c}$ có một vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng là $\overset{\rightarrow}{u_{4}} = (4; - 5;2)$.

Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) nhận vecto pháp tuyến của (P) làm vecto chỉ phương. Từ đó lập phương trình tham số của đường thẳng.

Vecto chỉ phương của đường thẳng cũng là vecto pháp tuyến của (P): $\overset{\rightarrow}{u} = (1;3 - 4)$.

Phương trình đường thẳng đi qua $M(1;3; - 2)$, nhận $\overset{\rightarrow}{u} = (1;3 - 4)$ làm vecto chỉ phương là:

$\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=3+3t\\ z=-2-4t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 1 + t} \\ {y = 3 + 3t} \\ {z = - 2 - 4t} \end{array} \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: $\overrightarrow{u_1} = (1; 2; -2)$, $\overrightarrow{u_2} = (2; 4; -4) \Rightarrow \overrightarrow{u_2} = 2\overrightarrow{u_1}$.

Mặt khác điểm $M_1(1; 2; 0) \in d_1$ và $M_1(1; 2; 0) \in d_2$ nên $d_1$ trùng $d_2$.

Trong không gian Oxyz, cho điểm $M\left( {x_{0};y_{0};z_{0}} \right)$ và mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = 0 (với $A^{2} + B^{2} + C^{2} \neq 0$).

Khoảng cách từ M đến (P) được tính bằng công thức: $d\left( {M,(P)} \right) = \dfrac{\left| {Ax_{0} + By_{0} + Cz_{0} + D} \right|}{\sqrt{A^{2} + B^{2} + C^{2}}}$.

$d\left( {A,(P)} \right) = \dfrac{\left| {2.1 + 2.0 - 1.0 + 1} \right|}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + {( - 1)}^{2}}} = 1$.

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

Mặt cầu phương trình ${\left( {x - 5} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 4$ có bán kính bằng 2.

$P\left( {A \mid B} \right) = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(B)}$ và công thức nhân xác suất với 2 biến cố độc lập.

Do biến cố $A$ và $B$ độc lập nên:

$P\left( {A \mid B} \right) = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(B)} = \dfrac{P(A).P(B)}{P(B)} = P(A) = 0,4$.

Áp dụng kiến thức về phương trình mặt cầu và phương trình mặt phẳng trong không gian tọa độ.

a) Đúng. Phương trình mặt cầu tâm O(0; 0; 0), bán kính 600 km là:

${(x - 0)^2} + {(y - 0)^2} + {(z - 0)^2} = {600^2}$

$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = 36000$.

b) Đúng. $OM = \sqrt {{{( - 500)}^2} + {{100}^2} + {{(100\sqrt {11} )}^2}}  \approx 608$ km > 600 km.

Do đó vị trí này nằm ngoài vùng kiểm soát không lưu.

c) Sai. Đài kiểm soát không lưu phát hiện may bay đến khi máy ra khỏi vùng kiểm soát không lưu là lúc đường bay d nằm trong mặt cầu.

Giả sử đường thẳng d cắt mặt cầu tại hai điểm B, C. Xét:

${( - 1000 + 100t)^2} + {( - 300 + 80t)^2} + {(100\sqrt {11} )^2} = 36000$

$\Leftrightarrow 164{t^2} - 2480t + 8400 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 10\\t = \frac{{210}}{{41}}\end{array}$ \right.

Với t = 10, ta có $B\left( {0;500;100\sqrt {11} } \right)$.

Với $t = \frac{{210}}{{41}}$, ta có $C\left( { - \frac{{20000}}{{41}};\frac{{4500}}{{41}};100\sqrt {11} } \right)$.

$BC = \sqrt {{{\left( { - \frac{{20000}}{{41}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4500}}{{41}} - 500} \right)}^2}}  \approx 625$ (km).

Thời gian máy bay bay hết quãng đường BC xấp xỉ $\frac{{625}}{{900}} \approx 0,69$ giờ.

d) Sai. Ranh giới vùng phát sóng bên ngoài của đài kiểm soát không lưu trong không gian là mặt cầu có bán kính bằng 600 km vì đài kiểm soát không lưu được thiết kế phát hiện máy bay ở khoảng cách tối đa 600 km.

Áp dụng định nghĩa xác suất toàn phần, công thức nhân xác suất, xác suất toàn phần, công thức Bayes.

Xét các biến cố: $A$: "Chọn được học sinh thuộc câu lạc bộ thể thao";

$B$: "Chọn được học sinh biết chơi bóng đá”.

a) Đúng. Khi đó, ${\rm{P}}\left( A \right) = \frac{{200}}{{1000}} = 0,2$.

b) Sai. Khi đó, ${\rm{P}}\left( {B\mid A} \right) = 0,85;{\rm{P}}\left( {B\mid \overline {A\,} } \right) = 0,1$.

Theo công thức nhân xác suất:

${\rm{P}}\left( {AB} \right) = {\rm{P}}\left( {BA} \right) = {\rm{P}}\left( A \right).{\rm{P}}\left( {B\mid A} \right)$

$= 0,2.0,85 = 0,17$.

c) Đúng. Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}\left( B \right) = {\rm{P}}\left( A \right) \cdot {\rm{P}}\left( {B\mid A} \right) + {\rm{P}}\left( {\overline {A\,} } \right) \cdot {\rm{P}}\left( {B\mid \overline {A\,} } \right)$

$= 0,2 \cdot 0,85 + 0,8 \cdot 0,1 = 0,25$.

${\rm{P}}\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,25 = 0,75$.

d) Đúng. Theo công thức Bayes, xác suất chọn được học sinh thuộc câu lạc bộ thể thao, biết học sinh đó chơi được bóng đá là:

${\rm{P}}\left( {A\mid B} \right) = \frac{{{\rm{P}}\left( A \right) \cdot {\rm{P}}\left( {B\mid A} \right)}}{{{\rm{P}}\left( B \right)}} = \frac{{0,2 \cdot 0,85}}{{0,25}} = 0,68$.

Từ bán kính đáy chậu và miệng chậu suy ra cận.

Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay.

Với bán kính đáy chậu là 1 dm thì $y = 1 \Rightarrow \sqrt {x + 1}  = 1 \Leftrightarrow x = 0$.

Với bán kính đáy chậu là 2 dm thì $y = 2 \Rightarrow \sqrt {x + 1}  = 2 \Leftrightarrow x = 3$.

Thể tích khối chậu là:

$V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2}dx}  = \frac{{15\pi }}{2} \approx 23,6$ $\left( {d{m^3}} \right)$.

Tìm phương trình đường thẳng d là đường bay của bóng. Tìm giao điểm Q của d và (Oxz). Tính PQ và từ đó tìm thời gian bóng bay từ P đến Q (lấy quãng đường chia vận tốc).

Phương trình quỹ đạo bay của bóng là: $\{\begin{array}{l}x=6+15t\\ y=22-11t\\ z=t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 6 + 15t\\y = 22 - 11t\\z = t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

Phương trình mặt phẳng (Oxz) là: y = 0.

Bóng chạm khung thành tại $y = 22 - 11t = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Điểm bóng chạm khung thành là Q(36; 0; 2).

$PQ = \sqrt {{{(36 - 6)}^2} + {{(0 - 22)}^2} + {{(2 - 0)}^2}} = 2\sqrt {347}$ (m).

Thời gian bóng từ điểm P đến khung thành là $\frac{{2\sqrt {347} }}{{28}} \approx 1,33$ (giây).

Xác định tọa độ của I theo t.

Mặt cầu giới hạn phạm vi nhận tín hiệu của máy dò A tại thời điểm nó gần máy phát tín hiệu P nhất có tâm I(a;b;c) sao cho $IP \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {IP} .\overrightarrow {{u_d}} = 0$.

Tìm tọa độ các vecto trên, từ đó tìm ra tham số t và kết luận.

Mặt cầu giới hạn phạm vi nhận tín hiệu của máy dò A tại thời điểm nó gần máy phát tín hiệu P nhất có tâm I(a; b; c) sao cho $IP \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {IP} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0$.

Vì I thuộc d nên $I(5 - t;5 - t;7 - 2t)$

$\Rightarrow \overrightarrow {PI}  = (5 - t;5 - t;7 - 2t)$.

Mặt khác $\overrightarrow {{u_d}}  = ( - 1; - 1; - 2)$.

Do đó $\overrightarrow {IP} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0$

$\Leftrightarrow  - 1(5 - t) - 1(5 - t) - 2(7 - 2t) = 0$

$\Leftrightarrow 6t - 24 = 0 \Leftrightarrow t = 4$.

Vậy $I(1;1; - 1)$.

Vậy P = a + b + c = 1 + 1 – 1 = 1.

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần.

Gọi các biến cố:

A: “Hệ thống điều khiển bánh lái hoạt động bình thường”;

B: “Bánh lái không bị hỏng (hoạt động bình thường”;

Suy ra $\overline A$: “Hệ thống điều khiển bánh lái hỏng”;

$\overline B$: “Bánh lái hỏng”.

Theo giả thiết, ta có P(A) = 0,8; P(B) = 0,75; $P\left( {\overline A \overline B } \right) = 0,03$.

Suy ra $P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,8 = 0,2$;

$P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,75 = 0,25$.

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

$\Leftrightarrow 0,2 = P\left( {\overline A B} \right) + 0,03 \Leftrightarrow P\left( {\overline A B} \right) = 0,17$.

Mặt khác $P\left( {\overline B } \right) = P\left( {A\overline B } \right) + P\left( {\overline A \overline B } \right)$

$\Leftrightarrow 0,25 = P\left( {A\overline B } \right) + 0,03 \Leftrightarrow P\left( {\overline A B} \right) = 0,22$.

Xác suất để chỉ có một bộ phận hỏng là:

$P\left( {\overline A B} \right) + P\left( {\overline A B} \right) = 0,17 + 0,22 = 0,39$.

Áp dụng quy tắc tính tích phân của hàm số lượng giác và công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản. Tìm số giá trị của a thuộc $\left[ {\pi ;10\pi } \right]$.

$\int\limits_0^a {\cos xdx} {\rm{\;}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^a}\\{_0}\end{array}$} \right. = \frac{1}{2}

$\Leftrightarrow \sin a - \sin 0 = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin a = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \sin a = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}a = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\a = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array}$ \right. $(k \in \mathbb{Z})$.

Vì $a \in \left[ {\pi ;10\pi } \right]$ nên ta có:

TH1: $\pi  \le \frac{\pi }{6} + k2\pi  \le 10\pi  \Leftrightarrow \frac{5}{{12}} \le k \le \frac{{59}}{{12}} \Rightarrow$ Các giá trị k nguyên thỏa mãn là $k \in \{ 1;2;3;4\}$, do đó có 4 giá trị a thỏa mãn.

TH2: $\pi  \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi  \le 10\pi  \Leftrightarrow \frac{1}{{12}} \le k \le \frac{{55}}{{12}} \Rightarrow$ Các giá trị k nguyên thỏa mãn là $k \in \{ 1;2;3;4\}$, do đó có 4 giá trị a thỏa mãn.

Vậy S có 8 phần tử.

a) Phương trình tham số của đường thẳng $a$ đi qua điểm $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\vec a = \left( {{a_1};{a_2};{a_3}} \right)$ là $\{\begin{array}{l}x=x_0+a_{1}t\\ y=y_0+a_{2}t\\ z=z_0+a_{3}t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + {a_1}t\\y = {y_0} + {a_2}t\\z = {z_0} + {a_3}t\end{array} \right.$.

b) Đường thẳng $a$ đi qua hai điểm $A$ và $B$ nên sẽ nhận $\overrightarrow {AB}$ là một vectơ chỉ phương. Từ đó viết phương trình đường thẳng $a$ đi qua điểm $A$ và có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {AB}$.

a) Phương trình tham số của đường thẳng $a$ đi qua điểm $M\left( {0; - 2; - 3} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\vec a = \left( {1; - 5;0} \right)$ là $\{\begin{array}{l}x=0+1t\\ y=-2-5t\\ z=-3+0t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 0 + 1t\\y =  - 2 - 5t\\z =  - 3 + 0t\end{array} \right.$ hay $\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-2-5t\\ z=-3\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - 2 - 5t\\z =  - 3\end{array} \right.$.

b) Đường thẳng $a$ đi qua hai điểm $A\left( {0;0;2} \right)$ và $B\left( {3; - 2;5} \right)$ nên nó nhận $\overrightarrow {AB}  = \left( {3; - 2;3} \right)$ là một vectơ chỉ phương.

Suy ra phương trình tham số của đường thẳng $a$ là $\{\begin{array}{l}x=0+3t\\ y=0-2t\\ z=2+3t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 0 + 3t\\y = 0 - 2t\\z = 2 + 3t\end{array} \right.$ hay $\{\begin{array}{l}x=3t\\ y=-2t\\ z=2+3t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 3t\\y =  - 2t\\z = 2 + 3t\end{array} \right.$

Sử dụng kiến thức về phương trình mặt cầu để tìm tọa độ tâm, bán kính của mặt cầu: Phương trình mặt cầu tâm $I\left( {a;b;c} \right)$, bán kính R có là: ${\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}$.

Ta có: ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 2y - 10z + 2 = 0$

$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2.x.2 - 2.y.1 - 2.z.5 + 2 = 0$

$\Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} = 28$.

Do đó, phương trình đã cho là phương trình mặt cầu có tâm I(2; 1; 5) và bán kính $R = \sqrt {28}  = 2\sqrt 7$.