Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 12 Cánh diều có đáp án - Đề 8

Đáp án đúng là: A

Tất cả các khẳng định trên đều là khẳng định đúng.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\int\limits_1^3 {2f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2.3 = 6$.

Đáp án đúng là: A

$\smallint {\rm{cos}}2x{\rm{\;d}}x = \frac{1}{2}{\rm{sin}}2x + C$.

Đáp án đúng là: D

$\int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{x + 3}}} = \left. {\ln \left| {x + 3} \right|} \right|_0^2 = \ln \frac{5}{3}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3}} \right|dx} = - \int\limits_{ - 1}^0 {{x^3}dx} + \int\limits_0^2 {{x^3}dx}$$= \frac{1}{4} + 4 = \frac{{17}}{4}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $V = \pi \int\limits_0^\pi {{{\sin }^2}xdx} = \left. {\pi \left( {\frac{x}{2} - \frac{{\sin 2x}}{4}} \right)} \right|_0^\pi = \pi .\frac{\pi }{2} = \frac{{{\pi ^2}}}{2}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1; - 2;3} \right)$, $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2; - 4;6} \right)$ lần lượt là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_2}} = 2\overrightarrow {{n_1}} \\1 \ne 2.1\end{array} \right.$ nên $\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)$.

Đáp án đúng là: D

Thay tọa độ điểm $M\left( {1;1;0} \right)$ vào phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right):x + 2z - 3 = 0$ ta được

$1 + 2.0 - 3 = - 2 \ne 0$. Do đó $M \notin \left( \alpha \right)$.

Đáp án đúng là: C

Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm $A,B,C$ có dạng:

$\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{{ - 3}} = 1$$\Leftrightarrow 6x + 3y - 2z - 6 = 0$.

Đáp án đúng là: C

Đường thẳng đi qua điểm $A\left( {3;2; - 4} \right)$ và nhận $\overrightarrow u = \left( {1; - 1;2} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 2 - t\\z = - 4 + 2t\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là: A

Khi $A$ đã xảy ra, nghĩa là quả bóng đầu tiên lấy ra có màu đỏ (số 1 hoặc 2).

Do đó, không gian mẫu mới là

$\Omega ' = A = \left\{ {\left( {1{,}2} \right);\left( {1{,}3} \right);\left( {1{,}4} \right);\left( {1{,}5} \right);\left( {2{,}1} \right);\left( {2{,}3} \right);\left( {2{,}4} \right);\left( {2{,}5} \right)} \right\}$.

Biến cố $B$ khi biết $A$ đã xảy ra là $B|A = \left\{ {\left( {1{,}2} \right);\left( {1{,}4} \right);\left( {2{,}1} \right);\left( {2{,}3} \right);\left( {2{,}5} \right)} \right\}$.

Đáp án đúng là: C

Xét các biến cố:

M: “Cây được chọn là cây cam”; N: “Cây được chọn ở khu B”.

Ta có: ${\rm{P}}\left( {M|N} \right) = \frac{{n\left( {M \cap N} \right)}}{{n\left( N \right)}} = \frac{{250}}{{400}} = \frac{5}{8}$.

Vậy xác suất cây được chọn là cây cam, biết rằng cây đó ở khu B, là $\frac{5}{8}$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Do $s'(t) = v(t)$ nên quãng đường $s(t)$ mà xe ô tô đi được trong thời gian $t$ (giây) là một nguyên hàm của hàm số $v(t)$.

b) Ta có: $\int {( - 10t + 20)} dt = - 5{t^2} + 20t + C$ với $C$ là hằng số.

Khi đó, ta gọi hàm số $s(t) = - 5{t^2} + 20t + C$.

Do $s(0) = 0$ nên $C = 0$. Suy ra $s(t) = - 5{t^2} + 20t$.

c) Xe ô tô dừng hẳn khi $v(t) = 0$ hay $- 10t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Vậy thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 2 giây.

d) Ta có xe ô tô đang chạy với tốc độ $65\;{\rm{km/h}} \approx 18\;{\rm{m/s}}$.

Do đó, quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là: $s(2) = - 5 \cdot {2^2} + 20 \cdot 2 = 20\,{\rm{(m)}}$.

Vậy quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là: $18 + 20 \approx 38\,{\rm{(m)}}$.

Do $38 < 50$ nên xe ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường.

a) S, b) S, c) S, d) S

a) Một vectơ chỉ phương của $\Delta$ là $\overrightarrow u = \left( {2;1; - 3} \right)$.

b) $\overrightarrow u = \left( {2;1; - 3} \right)$ là vectơ chỉ phương của $\Delta$, $\overrightarrow n = \left( {2;1; - 3} \right)$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$.

Ta có $\sin \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right)} \right| = \frac{{\left| {2.2 + 1.1 + \left( { - 3} \right)\left( { - 3} \right)} \right|}}{{14}} = 1$. Suy ra $\left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = 90^\circ$.

c) Vì $\Delta \bot \left( P \right)$ nên $\Delta$ và $\left( P \right)$ có một điểm chung.

d) Ta có $M \in \Delta$.

Tọa độ điểm $N$ là nghiệm của hệ $\{\begin{matrix}x=1+2t \\ y=2+t \\ z=-1-3t \\ 2x+y-3z-1=0\end{matrix}$ $\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=1+2t \\ y=2+t \\ z=-1-3t \\ 2+4t+2+t+3+9t-1=0\end{matrix}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{7}\\y = \frac{{11}}{7}\\z = \frac{2}{7}\\t = - \frac{3}{7}\end{array} \right.$. Suy ra $N\left( {\frac{1}{7};\frac{{11}}{7};\frac{2}{7}} \right)$.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2; - 1;1} \right)$, bán kính $R = 3$.

b) Ta có $IM = \sqrt {{{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {3 + 1} \right)}^2} + {{\left( {5 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {33} > R$. Do đó điểm $M\left( {1;3;5} \right)$ nằm ngoài mặt cầu.

c) Ta có $d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 2.\left( { - 1} \right) - 2.1 + 8} \right|}}{3} = 2$.

Suy ra bán kính đường tròn giao tuyến là $r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right)} = \sqrt {9 - 4} = \sqrt 5$.

d)

Hạ $IH \bot AB$. Vì $H \in \Delta$ nên $H\left( {1 + t;t;3 - t} \right)$. Suy ra $\overrightarrow {IH} = \left( {t - 1;t + 1;2 - t} \right)$.

Vì $\overrightarrow {IH} .\overrightarrow {{u_\Delta }} = 0$ nên $t - 1 + t + 1 + t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {IH} } \right| = \sqrt {{{\left( {\frac{2}{3} - 1} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{3} + 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - \frac{2}{3}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{14}}{3}}$.

Ta có $AB = 2HB = 2\sqrt {{R^2} - I{H^2}} = 2\sqrt {9 - \frac{{14}}{3}} = 2\sqrt {\frac{{13}}{3}}$.

Khi đó ${S_{\Delta IAB}} = \frac{1}{2}IH.AB = \frac{1}{2}.\sqrt {\frac{{14}}{3}} .2\sqrt {\frac{{13}}{3}} = \frac{{\sqrt {182} }}{3}$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

A là biến cố “Người được xét nghiệm bị bệnh”,

B là biến cố “Người được xét nghiệm có kết quả xét nghiệm dương tính”.

a) $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}}$.

b) Theo đề bài ta có $P\left( A \right) = 1\% = 0{,}01$.

c) $P\left( {B|A} \right) = 0{,}96;P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 0{,}92 \Rightarrow P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0{,}92 = 0{,}08$.

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

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)$$= 0{,}01.0{,}96 + 0{,}99.0{,}08 = 0{,}0888$.

Theo công thức Bayes, $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}01.0{,}96}}{{0{,}0888}} = \frac{4}{{37}}$.

$P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}99.0{,}08}}{{0{,}0888}} = \frac{{33}}{{37}}$.

Vì $\frac{4}{{37}} < \frac{{33}}{{37}}$ nên xác suất để người đó bị bệnh nhỏ hơn xác suất để người đó không bị bệnh.

Trả lời: 4

Ta có $F\left( x \right) = \int {\left( {3{x^2} + \frac{1}{{2x + 1}}} \right)} dx = {x^3} + \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right| + C$.

Vì $F\left( 0 \right) = 0$ nên $C = 0$.

Do đó $F\left( x \right) = {x^3} + \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right|$. Suy ra $F\left( 1 \right) = {1^3} + \frac{1}{2}\ln \left| {2.1 + 1} \right| = 1 + \frac{1}{2}\ln 3$.

Do đó $a + b + c = 1 + 1 + 2 = 4$.

Trả lời: 1,3

Ta có $\int\limits_{ - 2}^3 {f'\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 2}^1 {f'\left( x \right)dx} + \int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx} = 3 - \int\limits_1^3 {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx}$$= 3 - \frac{5}{3} = \frac{4}{3}$.

Mà $\int\limits_{ - 2}^3 {f'\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 2}^3 = f\left( 3 \right) - f\left( { - 2} \right)$.

Do đó $f\left( 3 \right) - f\left( { - 2} \right) \approx 1{,}3$.

Trả lời: 15

Ta có: $T\left( x \right) = \int {T'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( { - 20x + 300} \right){\rm{d}}x} = - 10{x^2} + 300x + C,\,C \in \mathbb{R}$.

Khi người đó tăng giá cho thuê mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng thì doanh thu là 12 000 triệu đồng. Nên ứng với $x = 10$ ta có $T\left( {10} \right) = 12\,000$ suy ra

$12000 = - {10.10^2} + 300.10 + C \Rightarrow C = 10000$.

Vậy $T\left( x \right) = - 10{x^2} + 300x + 10000$.

Ta có $T\left( x \right)$ là một hàm bậc hai với hệ số $a < 0$ và đồ thị hàm số có đỉnh là $I\left( {15;12250} \right)$.

Vậy doanh thu cao nhất mà người đó có thể thu về là 12 250 triệu đồng và khi đó mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng.

Trả lời: 550

Ta có: Vị trí $A,B$có tọa độ lần lượt là: $(150;200;50),( - 180; - 240;60)$.

Suy ra khoảng cách giữa hai flycam đó bằng:

$AB = \sqrt {{{( - 180 - 150)}^2} + {{( - 240 - 200)}^2} + {{(60 - 50)}^2}} \approx 550(\;{\rm{m}}).$

Trả lời: 42,5

Phương trình đường thẳng $AB$ là:$\frac{{x - 5}}{5} = \frac{y}{{10}} = \frac{{z - 5}}{{ - 2}}$.

Vì $M$thuộc $AB$ nên tồn tại số thực $t$ sao cho$M(5t + 5;\,10t;\, - 2t + 5)$.

Ngoài ra, $M$thuộc mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ nên $- 2t + 5 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{5}{2}$. Suy ra $M(17{,}5;\,25;\,0)$.

Vậy$a + b = 17{,}5 + 25 = 42{,}5$.

Trả lời: 0,68

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

$B$: “Chọn được học sinh biết chơi đàn guitar”.

Khi đó, $P\left( A \right) = 0{,}2;\,\,P\left( {\overline A } \right) = 0{,}8;\,\,P\left( {B|A} \right) = 0{,}85;\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}1$.

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

$P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}2.0{,}85 + 0{,}8.0{,}1 = 0{,}25$.

Theo công thức Bayes, xác suất chọn được học sinh thuộc câu lạc bộ âm nhạc, biết học sinh đó chơi được đàn guitar, là:

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}2.0{,}85}}{{0{,}25}} = 0{,}68$.