Đề kiểm tra cuối học kỳ 2 Toán 12 sở GD&ĐT Bình Dương năm 2024 – 2025

Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng $d:$$\left\{ \begin{array}{l} {x = at} \\ {y = bt} \\ {z = ct} \end{array} \right.$ có một vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$

Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng $d:$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 - t} \\ {y = 1 + 2t} \\ {z = 3 + t} \end{array} \right.$ có một vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{u} = ( - 1;2;1)$

Đáp án C

Nguyên hàm của một số

Hàm số nào sau đây là họ các nguyên hàm của hàm số $f(x) = {(x - 1)}^{2}$ là $F(x) = \dfrac{x^{3}}{3} - x^{2} + x + C$

Đáp án C

Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng $d:$$\left\{ \begin{array}{l} {x = at} \\ {y = bt} \\ {z = ct} \end{array} \right.$ có một vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$

Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng có một vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{MN} = (2;2; - 2) = 2(1;1; - 1)$ và đi qua điểm $M(1;0;1)$ nên có phương trình là $d:$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 1 + t} \\ {y = t} \\ {z = 1 - t} \end{array} \right.$

Đáp án D

Công thức $\left. P(A \middle| B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} \right.$

Ta có $\left. P(A \middle| B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0,3}{0,7} = \dfrac{3}{7} \right.$

Đáp án A

Công thức $\left. P(A \middle| B).P(B) + P\left( {A \cap \overline{B}} \right) = P(A) \right.$

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

Thay vào ta được $\left. P(A \middle| B) = 0,5 \right.$

Đáp án A

Nguyên hàm của một số

Nguyên hàm của hàm số $y = x^{3}$ là $f(x) = \dfrac{x^{4}}{4}$

Đáp án D

cho mặt phẳng $(P):ax + by + cz = 0$ có vecto pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{n} = (a;b;c)$

Cho mặt phẳng $(P):3x - z + 2 = 0$ có vecto pháp tuyến ${\overset{\rightarrow}{n}}_{2} = (3;0; - 1)$

Đáp án A

Nguyên hàm của một số

Họ các nguyên hàm của hàm số $f(x) = 2^{x} + 1$ là $F(x) = \dfrac{2^{x}}{\ln 2} + x + C$

Đáp án B

Nguyên hàm của một số

Với C là hằng số, $\int {{{\left( {\sin \dfrac{x}{2} + \cos \dfrac{x}{2}} \right)}^2}} {\mkern 1mu} {\mathrm{d}}x$ bằng $x - \cos x + C$

Đáp án C

Công thức $P\left( A \middle| B \right) = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(B)}$

Do A và B là hai biến cố độc lập, nên ta có:

$P\left( A \middle| B \right) = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(B)} = \dfrac{P(A).P(B)}{P(B)} = P(A)$

Suy ra $P\left( A \middle| B \right) = P(A) = 0,2$

Đáp án C

Nguyên hàm của một số

Với C là hằng số, họ các nguyên hàm của hàm số $f(x) = x^{2} + \dfrac{2}{x^{2}}$ là ${\int{f(x)dx}} = \dfrac{x^{3}}{3} - \dfrac{2}{x} + C$

Đáp án C

Nếu $\int\limits_a^b f (x){\mkern 1mu} {\mathrm{d}}x = m$ và $\int\limits_b^c f (x){\mkern 1mu} {\mathrm{d}}x = n$ thì $\int\limits_a^c f (x){\mkern 1mu} {\mathrm{d}}x = m + n$

Nếu $\int\limits_1^2 f (x){\mkern 1mu} {\mathrm{d}}x = - 2$ và $\int\limits_2^3 f (x){\mkern 1mu} {\mathrm{d}}x = 1$ thì $\int\limits_1^3 f (x){\mkern 1mu} {\mathrm{d}}x = - 2 + 1 = - 1$

Đáp án D

Phương trình mặt cầu có tâm I và bán kính R

Gọi $M\left( {x;y;z} \right)$.Ta có $\left. \dfrac{MA}{MB} = \dfrac{2}{3}\Leftrightarrow 3MA = 2MB\Leftrightarrow 9MA^{2} = 4M^{2} \right.$

$\begin{array}{l}\iff 9\left[{\left(\text{x}+2\right)}^2+{\left(\text{y}-2\right)}^2+{\left(\text{z}+2\right)}^2\right]=4\left[{\left(\text{x}-3\right)}^2+{\left(\text{y}+3\right)}^2+{\left(\text{z}-3\right)}^2\right]\\ \iff x^2+y^2+z^2+12x-12y+12z=0\iff {\left(x+6\right)}^2+{\left(y-6\right)}^2+{\left(z+6\right)}^2=108\end{array}$$\begin{array}{l} \left. \Leftrightarrow 9\left\lbrack {\left( {\text{x} + 2} \right)^{2} + \left( {\text{y} - 2} \right)^{2} + \left( {\text{z} + 2} \right)^{2}} \right\rbrack = 4\left\lbrack {\left( {\text{x} - 3} \right)^{2} + \left( {\text{y} + 3} \right)^{2} + \left( {\text{z} - 3} \right)^{2}} \right\rbrack \right. \\ \left. \Leftrightarrow x^{2} + y^{2} + z^{2} + 12x - 12y + 12z = 0\Leftrightarrow\left( {x + 6} \right)^{2} + \left( {y - 6} \right)^{2} + \left( {z + 6} \right)^{2} = 108 \right. \end{array}$

Như vậy, điểm M thuộc mặt cầu (S) tâm $I\left( {- 6;6; - 6} \right)~$ và bán kính $\text{R} = \sqrt{108} = 6\sqrt{3}$

Do đó OM lớn nhất bằng $\text{OI} + \text{R} = \sqrt{\left( {- 6} \right)^{2} + 6^{2} + \left( {- 6} \right)^{2}} + 6\sqrt{3} = 12\sqrt{3}$

Vậy a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng

a) Nguyên hàm của vận tốc là quãng đường

b) Dựa vào phần a viết phương trình quãng đường

c) Giải v(t) = 0

d) Tính khoảng cách quãng đường đi được đến khi dừng lại

a) Đúng. Ta có vận tốc của xe ô tô là $~v(t) = - 10t + 20~\left( {m/s} \right)$. Quãng đường s(t) là nguyên hàm của vận tốc v(t), do đó ta tính nguyên hàm của v(t):

$s(t) = {\int v}(t)dt = {\int{( - 10t + 20)}}dt = - 5t^{2} + 20t + C$

với C là hằng số tích phân. Vì quãng đường tại thời điểm t=0 là 0, nên C = 0.

b) Đúng. Vậy quãng đường xe ô tô đi được trong thời gian t (giây) kể từ lúc đạp phanh là $s(t) = - 5t^{2} + 20t$

c) Sai. Xe ô tô dừng hẳn khi vận tốc v(t) = 0. Ta giải phương trình:

$\left. - 10t + 20 = 0\rightarrow t = 2 \right.$(giây)

d) Đúng. Đổi tốc độ ban đầu từ km/h sang m/s: $72\text{~km/h} = \dfrac{72 \times 1000}{3600} = 20\text{~m/s}$

Thời gian phản ứng của người lái xe là 1 giây. Trong 1 giây này, xe đi được quãng đường: $s_{1} = 20 \times 1 = 20(m)$

Khoảng cách còn lại đến chướng ngại vật là: $50 - 20 = 30(m)$

Thời gian để xe dừng hẳn kể từ lúc đạp phanh là 2 giây (như đã tính ở phần c). Trong 2 giây này, xe đi được quãng đường: $s_{2} = - 5.{(2)}^{2} + 20.2 = 20(m)$

Tổng quãng đường xe đi được từ lúc phát hiện chướng ngại vật đến khi dừng hẳn là: $~s_{1} + s_{2} = 20 + 20 = 40$

Vì 40<50, xe ô tô không va vào chướng ngại vật

Tính xác suất theo Bayes và phân tích từng lựa chọn.

Ta có

$\begin{array}{l}P(S)=0,02\\ P(S|R)=0,1\\ P(S|\bar{R})=0,01\end{array}$$\begin{array}{l} {P(S) = 0,02} \\ \left. P(S \middle| R) = 0,1 \right. \\ \left. P(S \middle| \overline{R}) = 0,01 \right. \end{array}$

$\begin{array}{l}P(S)=P(R)\mathrm{.}P(S|R)+P(\bar{R})\mathrm{.}P(S|\bar{R})\\ 0,02=P(R).0,1+(1-P(R)).0,01\\ P(R)\approx 0,111\end{array}$$\begin{array}{l} \left. P(S) = P(R).P(S \middle| R) + P(\overline{R}).P(S \middle| \overline{R}) \right. \\ {0,02 = P(R).0,1 + (1 - P(R)).0,01} \\ {P(R) \approx 0,111} \end{array}$

Nên $\left. P(R \middle| S) = \dfrac{\left. P(R).P(S \middle| R) \right.}{P(S)} = \dfrac{0,111.0,1}{0,02} = 0,555 \approx 55,6\% \right.$

a) Đúng

b) Đúng. Xác suất sao phát nổ thành siêu tân tinh nếu là sao khổng là là $\left. P(S \middle| R) \right.$

c) Sai. Xác suất sao phát nổ nếu không phải sao khổng lồ là $\left. P(S \middle| \overline{R}) \right.$

d) Đúng

Tích phân của 2 hàm số giới hạn bởi 2 đường thẳng.

Ta có: 

${{V}_{1}}=\pi \underset{0}{\overset{4}{\mathop \int }}\,{{(\sqrt{x})}^{2}}\;\text{d}x=\pi \underset{0}{\overset{4}{\mathop \int }}\,x\;\text{d}x=8\pi$  

${{V}_{2}}=\pi \underset{0}{\overset{4}{\mathop \int }}\,{{\left( \frac{1}{2}\sqrt{x} \right)}^{2}}\;\text{d}x=\pi \underset{0}{\overset{4}{\mathop \int }}\,\frac{1}{4}x\;\text{d}x=2\pi$

Khi đó, $V_{1} - V_{2} = 6\pi \approx 18,8(cm^{3})$. Vậy thể tích của vật thể A là $V_{1} - V_{2} = 6\pi \approx 18,8(cm^{3})$

$\dfrac{V_{1}}{V_{2}} = 4$

Vậy a) đúng

b) sai

c) sai

d) đúng

Tìm điểm đầu tiên chạm sàn, đầu còn lại của thanh thép và tính điểm còn lại

Mặt phẳng (Oxy) có phương trình z = 0. Để tìm điểm chạm, ta thay z = 0 vào phương trình đường thẳng:

0 = 4-t => t = 4

Thay t = 4 vào phương trình đường thẳng, ta được tọa độ điểm chạm P:

$P:x = 5 + 2.4 = 13$

$y = - 3 + 4 = 1$

$z = 0$

Thanh dài 5m → ta cần lùi 1 đoạn 5m ngược lại hướng của vector chỉ phương: $\overset{\rightarrow}{v} = (2,1, - 1)$ Độ dài vector chỉ phương: $\mid \overset{\rightarrow}{v} \mid = \sqrt{2^{2} + 1^{2} + {( - 1)}^{2}} = \sqrt{6}$

Vector đơn vị: $\overset{\rightarrow}{u} = \left( {\dfrac{2}{\sqrt{6}},\ \dfrac{1}{\sqrt{6}}, - \dfrac{1}{\sqrt{6}}} \right)$

Vector dịch chuyển theo chiều thanh thép (lùi 5m): $\overset{\rightarrow}{d} = - 5 \cdot \overset{\rightarrow}{u} = \left( {- \dfrac{10}{\sqrt{6}}, - \dfrac{5}{\sqrt{6}},\ \dfrac{5}{\sqrt{6}}} \right)$

Tọa độ đầu còn lại là:

$Q = P + \overset{\rightarrow}{d} = \left( {13 - \dfrac{10}{\sqrt{6}}, 1 - \dfrac{5}{\sqrt{6}}, 0 + \dfrac{5}{\sqrt{6}}} \right)$

→ Độ cao đầu còn lại: $z_{Q} = \dfrac{5}{\sqrt{6}} \approx \dfrac{5}{2.4495} \approx 2.041$

Tích phân của diện tích giữa 2 hàm số

Diện tích phần tô đậm là ${\int\limits_{1}^{3}{(2^{x} - 2)dx =}}4,66$

Gọi A là biến cố: “Học sinh được gọi lên bảng tên là An”

Gọi C là biến cố “Học sinh được chọn mang giới tính nam”.

Công thức $P\left( A\ \middle| C \right) = \dfrac{P\left( {A \cap C} \right)}{P(A)}$

Gọi A là biến cố: “Học sinh được gọi lên bảng tên là An”

Gọi C là biến cố “Học sinh được chọn mang giới tính nam”.

Nếu thầy giáo gọi một bạn có tên An lên bảng thì xác suất bạn đó là nam là $P\left( A\ \middle| C \right)$

Ta có: $P(C) = \dfrac{13}{30}$, $P\left( {A \cap C} \right) = \dfrac{2}{30}$. Do đó: $P\left( A\ \middle| C \right) = \dfrac{P\left( {A \cap C} \right)}{P(A)} = \dfrac{2}{30}:\dfrac{13}{30} = \dfrac{2}{13}$

Tích phân của diện tích giữa 2 hàm số

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số: $y = x^{3} - x;\,\, y = 2x$ và các đường thẳng $x = 1;\,\, x = - 1$${\int\limits_{- 1}^{1}\left| x^{3} - x - 2x \middle| dx = \right.}2,5$

Dùng công thức mặt cầu

Ta có: $\left. x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2x - 4y - 6z + 5 = 0\Leftrightarrow\left( {x - 1} \right)^{2} + \left( {y - 2} \right)^{2} + \left( {z - 3} \right)^{2} = 3^{2} \right.$

Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là đường kính của mặt cầu, tức là 6km.

Áp dụng công thức nhân.

Xác suất để lần thứ nhất lấy được bi màu đỏ là $\dfrac{7}{16}$.

Xác suất để lần thứ hai lấy được bi màu xanh (trong 15 viên bi còn lại) là $\dfrac{9}{15}$.

Vậy xác suất cần tính là $\dfrac{7}{16}.\dfrac{9}{15} \approx 0,26$.