Đề thi giữa kì 2 Toán 12 năm 2025 - 2026 trường THPT Tĩnh Gia - Thanh Hóa

Mặt phẳng đi qua điểm $M(x_0; y_0; z_0)$ và có vectơ pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{n} = (a;b;c)$ có phương trình là $a(x - x_{0}) + b(y - y_{0}) + c(z - z_{0}) = 0$.

Phương trình mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua điểm A(2; -1; 3) và nhận $\overset{\rightarrow}{n} = (2;3; - 1)$ làm vectơ pháp tuyến là:

$2(x - 2) + 3(y + 1) - 1(z - 3) = 0$ $\left. \Leftrightarrow 2x + 3y - z + 2 = 0 \right.$.

Thay tọa độ từng điểm vào phương trình mặt phẳng (P), điểm nào thỏa mãn phương trình thì thuộc mặt phẳng (P).

Thay tọa độ N(1; 1; 1) vào (P): 1 + 1 + 1-3 = 0 (đúng).Vậy mặt phẳng (P) đi qua điểm N(1; 1; 1).

Sử dụng quy tắc tính tích phân của hàm lượng giác.

Ta có: $\int_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos } t{\mkern 1mu} dt = \sin t\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {^{\dfrac{\pi }{2}}}\\ {_{ - \dfrac{\pi }{2}}} \end{array}$} \right. = \sin \left( { - \dfrac{\pi }{2}} \right) - \sin \left( {\dfrac{\pi }{2}} \right) = - 1 - 1 = - 2.

Theo định nghĩa nguyên hàm, nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) thì F'(x) = f(x).

Vì F(x) là nguyên hàm của $f(x) = 5^{x}$ nên $F'(x) = 5^{x}$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f(x), y = 0, x = a, x = b là $S = {\int_{a}^{b}{\left| {f(x)} \right|dx}} = {\int_{a}^{c}{\left| {f(x)} \right|dx}} + {\int_{c}^{b}{\left| {f(x)} \right|dx}}$. Dựa vào đồ thị xác định dấu của f(x) trên từng khoảng.

Quan sát đồ thị ta thấy:

Trên [a; c], $\left. f(x) \geq 0\Rightarrow\left| {f(x)} \right| = f(x) \right.$.

Trên [c; b], $\left. f(x) \leq 0\Rightarrow\left| {f(x)} \right| = - f(x) \right.$.

Do đó $S = {\int_{a}^{c}f}(x)dx - {\int_{c}^{b}f}(x)dx = {\int_{a}^{c}f}(x)dx + {\int_{b}^{c}f}(x)dx$.

Vậy mệnh đề $S = {\int_{a}^{c}f}(x)dx + {\int_{c}^{b}f}(x)dx$ là mệnh đề sai.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ứng dụng tích phân.

Vì $x \in \lbrack 1;8\rbrack$ nên $\sqrt[3]{x} > 0$.

$S = {\int_{1}^{8}x^{\frac{1}{3}}}dx = \left. {\frac{3}{4}x^{\frac{4}{3}}} \right|_{1}^{8} = \frac{3}{4}(8^{\frac{4}{3}} - 1^{\frac{4}{3}}) = \dfrac{45}{4}$.

Áp dụng định nghĩa tích phân.

Theo định lý cơ bản của phép tính tích phân, ${\int_{a}^{b}f}(x)dx = F(b) - F(a)$.

Sử dụng tính chất của tích phân.

Ta có: ${\int_{1}^{3}2}xdx = x^{2}\left|$$\begin{matrix} {}^{3} \\ {}_{1} \end{matrix}$ \right. = 3^{2} - 1^{2} = 8. Do đó ${\int_{1}^{3}{\left\lbrack {f(x) + 2x} \right\rbrack dx}} = 2 + 8 = 10$.

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABCD) là vectơ khác $\overset{\rightarrow}{0}$ có giá vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

Trong hình lập phương ABCD.A'B'C'D', ta có $AA'\bot(ABCD)$ nên vectơ $\overset{\rightarrow}{AA^{\prime}}$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABCD).

Nhắc lại định nghĩa nguyên hàm của hàm số trên một khoảng.

Theo định nghĩa, hàm số F(x) được gọi là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng K nếu F'(x) = f(x) với mọi $x \in K$.

Khoảng cách từ điểm $M(x_{0};y_{0};z_{0})$ đến mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 là $d(M,(P)) = \dfrac{\left| {ax_{0} + by_{0} + cz_{0} + d} \right|}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}$.

$d(M,(P)) = \dfrac{\left| {1 + 2(2) + 2( - 3) - 10} \right|}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}} = \dfrac{11}{3}$.

Áp dụng công thức nguyên hàm mở rộng: ${\int\cos}(ax + b)dx = \dfrac{1}{a}\sin(ax + b) + C$.

Ta có ${\int\cos}3xdx = \dfrac{1}{3}\sin 3x + C$.

Sử dụng công thức tính diện tích hình phẳng và thể tích khối tròn xoay quanh Ox.

a) Đúng. $S = {\int_{0}^{2}{(0,7)}^{x}}dx = \left. \dfrac{{(0,7)}^{x}}{\ln 0,7} \right|_{0}^{2} = \dfrac{0,49 - 1}{\ln 0,7} \approx 1,43$.

b) Đúng. Trên [1; 2], $f(x) = x + 1 > g(x) = {(0,7)}^{x} > 0$.$V = \pi{\int_{1}^{2}{\left\lbrack {{(x + 1)}^{2} - {(0,7)}^{2x}} \right\rbrack dx}} = \pi\left\lbrack {\left. \dfrac{{(x + 1)}^{3}}{3} \right|_{1}^{2} - \left. \dfrac{{(0,49)}^{x}}{\ln 0,49} \right|_{1}^{2}} \right\rbrack \approx 18,8$.

c) Sai. $V = \pi{\int_{- 1}^{o}{(x + 1)}^{2}}dx = \pi\left. \dfrac{{(x + 1)}^{3}}{3} \right|_{- 1}^{o} = \pi\left( {\dfrac{1}{3} - 0} \right) = \dfrac{\pi}{3}$.

d) Sai. Trên [1; 4], $f(x) = x + 1 > g(x) = {(0,7)}^{x}$.

$S = {\int_{1}^{4}{\left( {x + 1 - {(0,7)}^{x}} \right)dx}} = \left. \left( {\dfrac{x^{2}}{2} + x - \dfrac{{(0,7)}^{x}}{\ln 0,7}} \right) \right|_{1}^{4}$ $= \left( {8 + 4 - \dfrac{0,2401}{\ln 0,7}} \right) - \left( {\dfrac{1}{2} + 1 - \dfrac{0,7}{\ln 0,7}} \right) = 9,21$.

Xe dừng hẳn khi v(t) = 0. Quãng đường đi được $s(t) = {\int_{0}^{t}v}(\tau)d\tau$.

a) Sai. Xe dừng hẳn khi $\left. v(t) = - 3t + 15 = 0\Leftrightarrow t = 5 \right.$ (s).

Quãng đường từ lúc phanh đến dừng hẳn:

$s(5) = {\int_{0}^{5}{( - 3t + 15)}}dt = \left. \left( {- \dfrac{3}{2}t^{2} + 15t} \right) \right|_{0}^{5} = 37,5$ m.

b) Đúng. Khi dừng hẳn $\left. v(t) = 0\Leftrightarrow - 3t + 15 = 0\Leftrightarrow t = 5 \right.$ s.

c) Sai. 2 giây cuối cùng tương ứng từ t = 3 đến t = 5.

$s_{2s\_ cuoi} = s(5) - s(3) = 37,5 - \left\lbrack {- \dfrac{3}{2}(3^{2}) + 15.3} \right\rbrack = 6$ m.

d) Đúng. Ban đầu cách 50 m, xe đi được 37,5 m thì dừng hẳn. Khoảng cách còn lại đến chướng ngại vật là 50 - 37,5 = 12,5 m.

Sử dụng các quy tắc tính tích phân.

a) Sai. $F(x) = \dfrac{3x^{2}}{2} + x - 2\ln|x| + C$.

$\left. F(3) = \dfrac{27}{2} + 3 - 2\ln 3 + C = 15\Rightarrow C = - \dfrac{3}{2} + 2\ln 3 \right.$.

Vậy $F(x) = \dfrac{3x^{2}}{2} + x - 2\ln|x| - \dfrac{3}{2} + 2\ln 3$.

b) Đúng. Với x > 0: $G(x) = \dfrac{3x^{2}}{2} + x - 2\ln x + C_{1}$.

$\left. G(2) = 6 + 2 - 2\ln 2 + C_{1} = 1\Rightarrow C_{1} = - 7 + 2\ln 2 \right.$.

Với x < 0: $G(x) = \dfrac{3x^{2}}{2} + x - 2\ln( - x) + C_{2}$.

$G(5) = \dfrac{75}{2} + 5 - 2\ln 5 + C_{1} = \dfrac{71}{2} + 2\ln 2 - 2\ln 5$.

$G( - 5) = \dfrac{75}{2} - 5 - 2\ln 5 + C_{2} = \dfrac{65}{2} - 2\ln 5 + C_{2}$.

$G(5) + G( - 5) = 68 + 2\ln 2 - 4\ln 5 + C_{2} = 10$ $\left. \Rightarrow C_{2} = - 58 - 2\ln 2 + 4\ln 5 \right.$.

Khi đó $G( - 10) = \dfrac{3{( - 10)}^{2}}{2} - 10 - 2\ln 10 + C_{2} = 82 - 4\ln 2 + 2\ln 5$.

Suy ra $a = - 4,b = 2,c = 82$ $\left. \Rightarrow a + b + c = - 4 + 2 + 82 = 80 \right.$.

c) Đúng. ${\int_{1}^{2}{\left( {3x + 1 - \dfrac{2}{x}} \right)dx}} = \left. \left( {\dfrac{3x^{2}}{2} + x - 2\ln x} \right) \right|_{1}^{2} = \dfrac{11}{2} - 2\ln 2$.

d) Sai. ${\int f}(x)dx = \dfrac{3x^{2}}{2} + x - 2\ln|x| + C$.

VTPT của (P): ax + by + cz + d = 0 là $\overset{\rightarrow}{n} = (a;b;c)$. Hai mặt phẳng song song cùng VTPT. Sử dụng tính chất khoảng cách theo tỉ số đồng dạng/vectơ.

a) Đúng. $\left. (P):2x + 2y - z - 6 = 0\Rightarrow\overset{\rightarrow}{n} = (2;2; - 1) \right.$ là một VTPT của (P).

b) Đúng. $\left. (Q) \parallel (P)\Rightarrow(Q):2x + 2y - z + D = 0 \right.$ $(D \neq - 6)$.$\left. N(3;2; - 1) \in (Q)\Rightarrow 2.3 + 2.2 - ( - 1) + D = 0\Leftrightarrow D = - 11 \right.$.

Vậy (Q): 2x + 2y - z - 11 = 0.

c) Sai. Vì $K \in (P)$ nên ta có: $2x_{K} + 2y_{K} - z_{K} - 6 = 0$ $x_{K} + y_{K} = \dfrac{z_{K} + 6}{2}$.

Từ hệ thức $\overset{\rightarrow}{AB} = \dfrac{5}{4}\overset{\rightarrow}{AK}$, ta suy ra tọa độ của điểm $B\left( {x_{B};y_{B};z_{B}} \right)$ theo $x_{K},y_{K},z_{K}$:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_B} - 1 = \frac{5}{4}\left( {{x_K} - 1} \right)}\\{{y_B} + 2 = \frac{5}{4}\left( {{y_K} + 2} \right)}\\{{z_B} + 1 = \frac{5}{4}\left( {{z_K} + 1} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow$$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_B} = \frac{5}{4}{x_K} - \frac{1}{4}}\\{{y_B} = \frac{5}{4}{y_K} + \frac{1}{2}}\\{{z_B} = \frac{5}{4}{z_K} + \frac{1}{4}}\end{array}} \right.$.

Ta có: $d\left( {B,(P)} \right) = \dfrac{\left| {2x_{B} + 2y_{B} - z_{B} - 6} \right|}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + \left( {- 1} \right)^{2}}}$.

Thay biểu thức tọa độ của B vào tử thức:

$2x_{B} + 2y_{B} - z_{B} - 6$

$= 2\left( {\dfrac{5}{4}x_{K} - \dfrac{1}{4}} \right) + 2\left( {\dfrac{5}{4}y_{K} + \dfrac{1}{2}} \right) - \left( {\dfrac{5}{4}z_{K} + \dfrac{1}{4}} \right) - 6$

$= \dfrac{5}{2}x_{K} - \dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{2}y_{K} + 1 - \dfrac{5}{4}z_{K} - \dfrac{1}{4} - 6$

$= \dfrac{5}{2}\left( {x_{K} + y_{K}} \right) - \dfrac{5}{4}z_{K} - \dfrac{23}{4}$

$= \dfrac{5}{2}\left( \dfrac{z_{K} + 6}{2} \right) - \dfrac{5}{4}z_{K} - \dfrac{23}{4}$

$= \dfrac{5}{4}z_{K} + \dfrac{30}{4} - \dfrac{5}{4}z_{K} - \dfrac{23}{4} = \dfrac{7}{4}$.

Vậy $d\left( {B,(P)} \right) = \dfrac{\left| \dfrac{7}{4} \right|}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + \left( {- 1} \right)^{2}}} = \dfrac{7}{12}$.

d) Sai. Thay M(1; -1; -6) vào phương trình (P):

2.1 + 2(-1) - (-6) - 6 = 0 (đúng). Do đó M thuộc mặt phẳng (P).

Tính khoảng cách h = d(A, (P)) từ camera A tới mặt phẳng (P). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính đường kính.

Khoảng cách từ điểm A(1; 4; 2) đến mặt phẳng (P) là:

$h = \left( {A,(P)} \right) = \dfrac{\left| {2.1 + 4 + 2.2 - 3} \right|}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + 2^{2}}} = \dfrac{7}{3}$.

Đường kính của vùng quan sát hình tròn trên (P) là:

$D = 2.h.\tan 58^{o} = 2.\dfrac{7}{3}.\tan 58^{o} \approx 7,5$ (m).

Chọn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp, áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng.

Chọn hệ trục Oxy sao cho O trùng với tâm mảnh đất, trục hoành vuông góc với AD và BC.

Ta có công thức diện tích giới hạn bởi hai đường x = -11 và x = 11:

$S = 4{\int_{0}^{11}\sqrt{225 - x^{2}}}dx \approx 595$ $(m^{2})$.

Sử dụng tính chất của tích phân.

Ta có:${\int_{1}^{2}{(3x - 1)dx}} = \left. \left( {\dfrac{3x^{2}}{2} - x} \right) \right|_{1}^{2} = \left( {\dfrac{3.4}{2} - 2} \right) - \left( {\dfrac{3}{2} - 1} \right) = 3,5$.

Do đó:${\int_{1}^{2}{(3x - 1 - 5f(}}x))dx = 3,5 - 5.( - 2) = 13,5$.

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

$V_{chau} = \pi{\int\limits_{0}^{16}{\left( {10 + \sqrt{x}} \right)^{2}dx}} = \dfrac{7744\pi}{3}$ $(cm^{3})$.

$\left. V_{nuoc} = \dfrac{V_{chau}}{2} = \dfrac{3872\pi}{3} = \pi{\int\limits_{0}^{x}{\left( {10 + \sqrt{x}} \right)^{2}dx}}\Rightarrow a \approx 8,94 \right.$ (cm).

Lập phương trình mặt phẳng đi qua B, nhận $\overset{\rightarrow}{AC}$ làm VTPT.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AC} = (2 - 0;1 - ( - 2);5 - 1) = (2;3;4)$.

Mặt phẳng (P) đi qua B(-3; 2; 2) và vuông góc với AC nên nhận $\overset{\rightarrow}{AC} = (2;3;4)$ làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng (P) là: $2(x + 3) + 3(y - 2) + 4(z - 2) = 0$ $\left. \Leftrightarrow x + \dfrac{3}{2}y + 2z - 4 = 0 \right.$.

Nóc nhà là giao tuyến d của hai mặt phẳng mái nhà (P) và (Q). Chiều cao ngôi nhà là khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên giao tuyến d (nóc nhà) đến mặt phẳng sàn nhà $(\alpha)$.

Tọa độ các điểm trên giao tuyến d của (P) và (Q) thỏa mãn hệ phương trình:

$\left.$$\left\{ \begin{array}{l} {x - y = 0} \\ {x + y - 2z = 0} \end{array} \right.$Rightarrow x = y = z \right..

Chọn điểm $I(0;0;0) \in d$ (nóc nhà). Chiều cao ngôi nhà là khoảng cách từ điểm I(0; 0; 0) thuộc nóc nhà đến mặt phẳng sàn nhà $(\alpha)$:

$h = d\left( {I,(\alpha)} \right) = \dfrac{\left| {2.0 + 0 - 3.0 + 18} \right|}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + {( - 3)}^{2}}} \approx 4,8$ (m).