Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 12 Cánh diều có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: A

$\int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx} = 6 \Leftrightarrow \left. {f\left( x \right)} \right|_1^3 = 6 \Leftrightarrow f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right) = 6 \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = 6 + f\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = 6 + 2 = 8.$

Đáp án đúng là: B

Ta thấy $\ln x \ge 0,\forall x \in \left[ {1;e} \right]$ nên $S = \int\limits_1^e {\ln x} \,{\rm{d}}x$.

Đáp án đúng là: A

Thay toạ độ điểm $N\left( {5;\;1;\; - 2} \right)$ vào phương trình mặ phẳng ta có $- 2.5 + 3.1 - 1.\left( { - 2} \right) + 5 = 0$ nên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua điểm $N\left( {5;\;1;\; - 2} \right).$

Đáp án đúng là: D

Trong không gian $Oxyz,$ đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 2 + 2t\\z = 3 - t\end{array} \right.$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1\,;\; - 2\,;\;1} \right).$

Đáp án đúng là: B

Phương trình mặt cầu tâm $I\left( {1;\;0;\; - 2} \right),$ bán kính $R = 4$ là ${\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 16.$

Đáp án đúng là: C

Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):5\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 2} \right) - 3\left( {z - 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow 5x + 2y - 3z - 11 = 0$.

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng $MN$ đi qua $N\left( {1;2;3} \right)$ và nhận vectơ $\overrightarrow u = - \frac{1}{2}\overrightarrow {MN} = \left( {1; - 2; - 1} \right)$ có phương trình là

$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 - 2t\\z = 3 - t\end{array} \right..$

Đáp án đúng là: B

Ta có $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right);\overrightarrow n = \left( {1;0;1} \right)$ lần lượt là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right)$.

Suy ra $\cos \left( {\left( {Oxy} \right),\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow k ,\overrightarrow n } \right)} \right| = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \left( {\left( {Oxy} \right),\left( P \right)} \right) = 45^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$do đó $\{\begin{matrix}{x}_{I}=\frac{{x}_{A}+{x}_{B}}{2}=0 \\ {y}_{I}=\frac{{y}_{A}+{y}_{B}}{2}=1 \\ {z}_{I}=\frac{{z}_{A}+{z}_{B}}{2}=-1\end{matrix}\Rightarrow I(0;1;-1)$

$\Delta$ song song với đường thẳng $d$ do đó chọn ${\overrightarrow u _\Delta } = (1; - 1;2)$

Ta được phương trình đường thẳng $\Delta$ đi qua trung điểm của đoạn $AB$ và song song với đường thẳng $d$ là $\Delta :\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{2}.$

Đáp án đúng là: D

Ta có $d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2.0 + 2.2 + 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = 3$.

Khi đó mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1;0;2} \right)$ và bán kính $R = 3$.

Phương trình mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9$.

Đáp án đúng là: A

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

Đáp án đúng là: B

Xét các biến cố:

$A:$ "Người được chọn mắc bệnh X";

B: "Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y".

Theo giả thiết ta có: $P\left( A \right) = 0{,}002;\;\;P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0{,}002 = 0{,}998$;

$P\left( {B\mid A} \right) = 1;\;\;P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}06$.

Theo công thức Bayes, ta có:

$P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B\mid \bar A} \right)}} = \frac{{0{,}002.1}}{{0{,}002.1 + 0{,}998.0{,}06}} \approx 0{,}03$.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Ta có $v\left( t \right) = \int {2\cos tdt = 2\sin t + C}$.

Vì $v\left( 0 \right) = 0$ nên $C = 0$. Do đó $v\left( t \right) = 2\sin t\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

b) Ta có $v\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2\sin \frac{\pi }{2} = 2$ m/s.

c) Ta có $s = \int\limits_0^\pi {2\sin tdt} = 4$ m.

d) $s = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{3\pi }}{4}} {2\sin tdt} = \left. { - 2\cos t} \right|_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{3\pi }}{4}} = \sqrt 2 \approx 1{,}41$ m.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) ${S_{ODE}} = \frac{1}{2}OD.OE = \frac{1}{2}.4.3 = 6$.

b) Parabol $y = a{x^2} + bx + c$ đi qua các điểm $A\left( {2;4} \right),B\left( {4;0} \right),C\left( {1;3} \right)$ nên ta có hệ

$\left\{ \begin{array}{l}4a + 2b + c = 4\\16a + 4b + c = 0\\a + b + c = 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 4\\c = 0\end{array} \right.$.

Do đó $\left( P \right):y = - {x^2} + 4x$.

Đường thẳng $CB:y = ax + b$ đi qua điểm $B\left( {4;0} \right);C\left( {1;3} \right)$ nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}4a + b = 0\\a + b = 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 4\end{array} \right.$.

Do đó đường thẳng $CB:y = - x + 4$.

Khi đó $S = \int\limits_1^4 {\left| { - {x^2} + 4x - \left( { - x + 4} \right)} \right|dx} = \int\limits_1^4 {\left( { - {x^2} + 5x - 4} \right)dx} = \frac{9}{2}$.

c) Dựa vào đồ thị hàm số ta có $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{4}{3}x + 4\;{\rm{khi}}\; - 3 \le x < 0\\y = - x + 4\;{\rm{khi}}\;0 \le x < 1\\y = - {x^2} + 4x\;{\rm{khi}}\;1 \le x \le 4\end{array} \right.$.

$I = \int\limits_{ - 2}^3 {f\left( x \right)dx}$$= \int\limits_{ - 2}^0 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx + \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} }$

$= \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {\frac{4}{3}x + 4} \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( { - x + 4} \right)dx + \int\limits_1^3 {\left( { - {x^2} + 4x} \right)dx} }$

$= \frac{{16}}{3} + \frac{7}{2} + \frac{{22}}{3} = \frac{{97}}{6}$.

d) Ta có ${S_2} = \int\limits_1^4 {\left| { - {x^2} + 4x} \right|dx} = \int\limits_1^4 {\left( { - {x^2} + 4x} \right)dx} = 9$.

Do đó $3{S_1} = 2{S_2}$.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Mặt phẳng $\left( P \right):3x + y - z - 5 = 0$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {3;1; - 1} \right)$.

b) Vì $I \in d$ nên $\left( {t;1 + 2t;2 - t} \right)$.

c) Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I$ thuộc đường thẳng $d$ và cắt mặt phẳng $\left( P \right)$ theo giao tuyến là đường tròn lớn nhất có bán kính $r = 5$nên giao tuyến đó là đường tròn đi qua tâm của mặt cầu.

Suy ra $I \in \left( P \right)$ và $R = 5$.

Do đó $d\left( {I,\left( P \right)} \right) = 0$.

d) Vì $I \in \left( P \right)$ nên $3.t + 1 + 2t - 2 + t - 5 = 0$$\Leftrightarrow t = 1$. Suy ra $I\left( {1;3;1} \right)$.

Vậy $\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 25$.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Xác suất học sinh được chọn là học sinh giỏi bằng $\frac{{20}}{{50}} = 0{,}4$.

b) Xác suất học sinh được chọn là học sinh nữ bằng $\frac{{30}}{{50}} = 0{,}6$.

c) Xác suất học sinh được chọn vừa là học sinh giỏi và là học sinh nữ bằng $\frac{{12}}{{50}} = 0{,}24$.

d) Gọi A là biến cố “Học sinh được chọn là học sinh nữ”

B là biến cố “Học sinh được chọn là học sinh giỏi”.

Cần tính $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}24}}{{0{,}6}} = 0{,}4$.

Trả lời: 1309

Vì hàm số bậc hai $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)$ có đồ thị là một parabol (P) có đỉnh $S\left( {1; - 2} \right)$ và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1 nên ta có

$\{\begin{matrix}\frac{-b}{2a}=1 \\ a+b+c=-2 \\ c=1\end{matrix}$ $\Leftrightarrow \{\begin{matrix}a=3 \\ b=-6 \\ c=1\end{matrix}$.Suy ra $f(x)=3{x}^{2}-6x+1$

Có $F\left( x \right) = \int {\left( {3{x^2} - 6x + 1} \right)dx} = {x^3} - 3{x^2} + x + C$.

Mà $F\left( 0 \right) = 1$ nên $C = 1$. Do đó $F\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + x + 1$.

Đồ thị hàm số $y = F\left( x \right)$ đi qua điểm $M\left( {12;m} \right)$ nên ${12^3} - {3.12^2} + 12 + 1 = m \Leftrightarrow m = 1309$.

Trả lời: 675

$I = \int\limits_0^1 {f\left( {3x + 2} \right)dx}$$= \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {f\left( {3x + 2} \right)d\left( {3x + 2} \right)}$$= \frac{1}{3}\int\limits_2^5 {f\left( t \right)dt} = \frac{1}{3}\int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx} = \frac{{2025}}{3} = 675$.

Trả lời: 4,5

Vì chiều cao của cổng bằng 4 m nên $\left( P \right):y = a{x^2} + 4$.

Mà $\left( {2;0} \right) \in \left( P \right)$ nên $0 = a{.2^2} + 4 \Leftrightarrow a = - 1$. Do đó $y = - {x^2} + 4$.

Do đó diện tích toàn bộ chiếc cổng là $S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| { - {x^2} + 4} \right|} dx = \frac{{32}}{3}$.

Vì $D \in \left( P \right)$ nên $D\left( {a; - {a^2} + 4} \right),\left( {0 < a < 2} \right)$.

Suy ra $FC = 2a;CD = 4 - {a^2}$. Do đó ${S_{CDEF}} = 2a.\left( {4 - {a^2}} \right) = 8a - 2{a^3}$.

Để chi phí phần trang trí là nhỏ nhất thì diện tích phần tô màu phải nhỏ nhất hay diện tích hình chữ nhật $CDEF$ phải lớn nhất.

Xét hàm số $f\left( a \right) = 8a - 2{a^3}$. Có $f'\left( a \right) = 8 - 6{a^2} = 0 \Leftrightarrow a = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$ vì $0 < a < 2$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có diện tích $CDEF$ lớn nhất bằng $\frac{{32\sqrt 3 }}{9}$ khi $a = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Khi đó diện tích phần tô màu là ${S_1} = S - {S_{CDEF}} = \frac{{32}}{3} - \frac{{32\sqrt 3 }}{9}$.

Chi phí tối thiểu là: $\left( {\frac{{32}}{3} - \frac{{32\sqrt 3 }}{9}} \right).1000000 \approx 4{,}5$ triệu đồng.

Trả lời: 810

Phương trình đường cáp là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.$.

Vì cabin dừng ở điểm B có hoành độ ${x_B} = 550$ nên $10 + 2t = 550 \Leftrightarrow t = 270$.

Do đó $B\left( {550; - 537;270} \right)$.

Khi đó $AB = \sqrt {{{\left( {550 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{270}^2}} = 810$m.

Trả lời: 0,4

Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A\left( {3; - 2;1} \right)$ và nhận $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 3; - 1} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = - 2 - 3t\\z = 1 - t\end{array} \right.$.

Mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 16$ có tâm $I\left( {2; - 1; - 1} \right)$.

Có $\overrightarrow {IM} = \left( { - \frac{8}{9}; - \frac{{16}}{9};\frac{{16}}{9}} \right) = - \frac{8}{9}\left( {1;2; - 2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $M\left( {\frac{{10}}{9}; - \frac{{25}}{9};\frac{7}{9}} \right)$ nhận vectơ $\overrightarrow n = \left( {1;2; - 2} \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là $x + 2y - 2z + 6 = 0$.

Giả sử H là giao điểm của $AB$ và mặt phẳng $\left( P \right)$ khi đó tọa độ H là nghiệm của hệ

$\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = - 2 - 3t\\z = 1 - t\\x + 2y - 2z + 6 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = - 2 - 3t\\z = 1 - t\\3 - t + 2\left( { - 2 - 3t} \right) - 2\left( {1 - t} \right) + 6 = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = - 2 - 3t\\z = 1 - t\\5t = 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{12}}{5}\\y = - \frac{{19}}{5}\\z = \frac{2}{5}\\t = \frac{3}{5}\end{array} \right.$. Suy ra $H\left( {\frac{{12}}{5}; - \frac{{19}}{5};\frac{2}{5}} \right)$.

Vậy độ cao của máy bay khi đi xuyên qua đám mây để hạ cánh là 0,4 km.

Trả lời: 41

Gọi A là biến cố “Chọn được chuồng I”,

B là biến cố “Chọn được con gà mái”.

Theo đề ta có $P\left( A \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{2}{3}$.

Ta có $P\left( {B|A} \right) = \frac{5}{7};P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{3}{8}$.

Khi đó xác suất để chọn được con gà mái là:

$P = P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{1}{3}.\frac{5}{7} + \frac{2}{3}.\frac{3}{8} = \frac{{41}}{{84}}$.

Suy ra $84P = 41$.