Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án (Đề 1)

Đáp án đúng là: A

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {2x + 5} \right)} \,{\rm{d}}x = {x^2} + 5x + C.$

Đáp án đúng là: D

Gọi $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$.

Ta có $F'\left( x \right) = f\left( x \right)$ hay ${\left( {\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} } \right)^\prime } = f\left( x \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx - } \int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} = - 2 - 3 = - 5.$

Đáp án đúng là: A

Ta có $\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}} x = \left. {F\left( x \right)} \right|_1^2 = F\left( 2 \right) - F\left( 1 \right) = 6$.

Đáp án đúng là: B

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

Đáp án đúng là: B

$\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\frac{{2x - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x} = \int {\frac{{2\left( {x + 1} \right) - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x} = 2\int {\frac{{{\rm{d}}x}}{{x + 1}}} - 3\int {\frac{{{\rm{d}}x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} = 2\ln \left| {x + 1} \right| + \frac{3}{{x + 1}} + C$.

Vì $x \in \left( { - 1; + \infty } \right)$nên $\int {f\left( x \right)dx = } 2\ln \left( {x + 1} \right) + \frac{3}{{x + 1}} + C$.

Đáp án đúng là: C

Phương trình của mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là $z = 0$.

Đáp án đúng là: D

Mặt phẳng $\left( \alpha \right):3x + 2y - 4z + 1 = 0$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {3\,;\,2\,;\, - 4} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng đi qua $O$ và nhận vectơ $\overrightarrow n = \left( {1;\, - 2;\,5} \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là $x - 2y + 5z = 0$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 1; - 3; - 3} \right);\,\,\overrightarrow {{u_2}} = \left( {3; - 1;1} \right)$

Suy ra $(P)$ có một véc tơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 6; - 8;10} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2;1; - 2} \right)$; $\overrightarrow {AC} = \left( { - 12;6;0} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow n = k.\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = k.\left( {12;24;24} \right)\,\,\,\left( {k \ne 0} \right)$ với $\overrightarrow n$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Vậy một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $\vec n = \left( {1;2;2} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {2;2; - 8} \right) = 2\left( {1;1; - 4} \right)$.

Do đó mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $MN$ nhận $\overrightarrow {{n_3}} = \left( {1;1; - 4} \right)$ làm vectơ pháp tuyến.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

$f'\left( x \right) = \frac{{2{x^4} + 3}}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{3}{{{x^2}}}$.

a) $f\left( x \right) = \int {\left( {2{x^2} + \frac{3}{{{x^2}}}} \right)dx = \frac{2}{3}} {x^3} - \frac{3}{x} + C$.

b) Vì $f\left( 1 \right) = 2$ nên $\frac{2}{3}{.1^3} - \frac{3}{1} + C = 2 \Leftrightarrow C = \frac{{13}}{3}$.

Do đó $f\left( x \right) = \frac{{2{x^3}}}{3} - \frac{3}{x} + \frac{{13}}{3}$.

c) $f\left( 2 \right) = \frac{{{{2.2}^3}}}{3} - \frac{3}{2} + \frac{{13}}{3} = \frac{{49}}{6}$.

d) Ta có $S = \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_1^2 {\left| {\frac{{2{x^3}}}{3} - \frac{3}{x} + \frac{{13}}{3}} \right|} dx \approx 4{,}75 \ne f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right)$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Có $s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( {2{,}01t - 0{,}025{t^2}} \right)dt} = 1{,}005{t^2} - \frac{{{t^3}}}{{120}} + C$.

Vì $s\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0$. Do đó $s\left( t \right) = 1{,}005{t^2} - \frac{{{t^3}}}{{120}}$.

b) Quãng đường xe di chuyển trong 3 giây là:

$s = \int\limits_0^3 {\left( {2{,}01t - 0{,}025{t^2}} \right)dt} = \left. {\left( {1{,}005{t^2} - \frac{{{t^3}}}{{120}}} \right)} \right|_0^3 = 8{,}82$.

c) Quãng đường xe di chuyển trong giây thứ 9 là:

$s = \int\limits_8^9 {\left( {2{,}01t - 0{,}025{t^2}} \right)dt} = \left. {\left( {1{,}005{t^2} - \frac{{{t^3}}}{{120}}} \right)} \right|_8^9 \approx 15{,}277$.

d) Ta có $v\left( t \right) = 2{,}01t - 0{,}025{t^2}\left( {0 \le t \le 10} \right)$$\Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;10} \right]} v\left( t \right) = 17{,}6\;{\rm{m/s}}$ khi $t = 10{\rm{s}}$.

Gia tốc vật khi đó là $a\left( {10} \right) = v'\left( {10} \right) = 2{,}01 - 0{,}05.10 = 1{,}51$(m/s$^{2}$).

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) $S = \int\limits_{ - 10}^{10} {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx}$.

b) $S = \int\limits_{ - 10}^{10} {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx}$$= \int\limits_{ - 10}^0 {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx} + \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx} + \int\limits_2^{10} {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx}$

$= \int\limits_{ - 10}^0 {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx} - \int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx} + \int\limits_2^{10} {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx}$.

c) $S = \int\limits_{ - 10}^0 {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx} - \int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx} + \int\limits_2^{10} {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx}$ $= \frac{{1300}}{3} + \frac{4}{3} + \frac{{704}}{3} = \frac{{2008}}{3}$.

d) $V = \pi \int\limits_{ - 10}^{10} {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2}dx} = \frac{{128000\pi }}{3}$.

a) S, b) Đ, c) S, d) Đ

a) $\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 3;0} \right)$.

b) Thay tọa độ $O$ vào phương trình mặt phẳng ta thấy không thỏa mãn.

c) $\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 3;0} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( { - 2; - 1; - 1} \right)$, $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {3;2; - 8} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ đi qua $A\left( {0;1;2} \right)$ và nhận $\overrightarrow n = \left( {3;2; - 8} \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là $3x + 2\left( {y - 1} \right) - 8\left( {z - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow 3x + 2y - 8z + 8 = 0$.

d) Có $\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {3; - 2;2} \right),\overrightarrow {{n_\beta }} = \left( {5; - 4;3} \right)$, $\left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2;1; - 2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( \gamma \right)$ đi qua điểm $A\left( {0;1;2} \right)$ và vuông góc với hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\left( \beta \right)$ nhận $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {2;1; - 2} \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình $2x + \left( {y - 1} \right) - 2\left( {z - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow 2x + y - 2z + 3 = 0$.

Thay tọa độ điểm $T\left( {3;3;6} \right)$ vào phương trình mặt phẳng $\left( \gamma \right)$ ta được

$2.3 + 3 - 2.6 + 3 = 0$.

Vậy mặt phẳng $\left( \gamma \right)$ đi qua điểm $T\left( {3;3;6} \right)$.

Ta có: $\int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {\frac{2}{{{{\sin }^2}x}} + 1} \right)} dx = - 2\cot x + x + C = f(x)$.

$f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 4 \Leftrightarrow C = 4 - \frac{\pi }{2} \Rightarrow f\left( x \right) = - 2\cot x + x + 4 - \frac{\pi }{2}$.

Suy ra $a = 2;b = 4;c = - 2 \Rightarrow a + b + c = 4$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( {4x} \right) - f\left( x \right) = 4{x^3} + 2x,\,\forall x \in \mathbb{R}\\f\left( 0 \right) = 2\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}64a - a = 4\\16b - b = 0\\4c - c = 2\\d = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{4}{{63}}\\b = 0\\c = \frac{2}{3}\\d = 2\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{4}{{63}}{x^3} + \frac{2}{3}x + 2$

Vậy $I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{4}{{63}}{x^3} + \frac{2}{3}x + 2} \right)dx} = \frac{{148}}{{63}} \approx 2{,}35$.

Ô tô dừng hẳn khi $v\left( t \right) = - 5t + a = 0 \Leftrightarrow t = \frac{a}{5}$.

Vì $\int\limits_0^{\frac{a}{5}} {v\left( t \right)dt} = 40$ nên $\int\limits_0^{\frac{a}{5}} {\left( { - 5t + a} \right)dt} = 40$$\Leftrightarrow \left. {\left( {\frac{{ - 5}}{2}{t^2} + at} \right)} \right|_0^{\frac{a}{5}} = 40$

$\Leftrightarrow - \frac{{{a^2}}}{{10}} + \frac{{{a^2}}}{5} = 40$$\Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{10}} = 40$$\Leftrightarrow a = 20$.

Vậy vận tốc ban đầu của ô tô là 20 m/s.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó $\left( P \right)$ có phương trình dạng: $y = a{x^2} + b$.

Khi đó: $\left( {\frac{5}{2};0} \right)\,;\,\left( {0;5} \right) \in \left( P \right)$ nên ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}0 = a.{\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} + b\\5 = b\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{ - 4}}{5}\\b = 5\end{array} \right.$ hay $\left( P \right):y = - \frac{4}{5}{x^2} + 5$.

Khi đó diện tích phần cổng $\left( P \right)$ là: ${S_1} = \int\limits_{ - \frac{5}{2}}^{\frac{5}{2}} {\left( { - \frac{4}{5}{x^2} + 5} \right)dx} = \frac{{50}}{3}$.

Suy ra diện tích phần cần trang trí là: ${S_2} = 5.6 - \frac{{50}}{3} = \frac{{40}}{3}$.

Vậy số tiền cần dùng để trang trí là: $T = 1\,200\,000.\,\,\frac{{40}}{3} = 16\,000\,000$(đồng) = 16 triệu đồng.

Phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0$.

Mặt phẳng $\left( P \right)//\left( {ABC} \right)$ nên mặt phẳng $\left( P \right)$ có dạng: $6x + 3y + 2z + d = 0\left( {d \ne - 12} \right)$.

Vì $d\left( {\left( {ABC} \right),\left( P \right)} \right) = d\left( {D,\left( P \right)} \right)$$\Leftrightarrow d\left( {A,\left( P \right)} \right) = d\left( {D,\left( P \right)} \right)$

$\Leftrightarrow \frac{{\left| {6.2 + d} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| {6.2 + 3.4 + 2.6 + d} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }}$$\Leftrightarrow \left| {d + 12} \right| = \left| {d + 36} \right|$$\Leftrightarrow d = - 24$.

Vậy $\left( P \right):6x + 3y + 2z - 24 = 0$. Suy ra $b = 3;c = 2;d = - 24$. Do đó $b + c + d = - 19$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1{\rm{ }}\left( {acb \ne 0} \right)$.

Vì $D\left( {1;2; - 1} \right)$thuộc mặt phẳng nên ta có: $\frac{1}{a} + \frac{2}{b} - \frac{1}{c} = 1$.

Ta có $d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}$

Ta có ${\left( {\frac{1}{a} + \frac{2}{b} - \frac{1}{c}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{a}{\rm{ + 2}}{\rm{.}}\frac{1}{b}{\rm{ + }}\left( { - 1} \right){\rm{.}}\frac{1}{c}} \right)^2} \le 6\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right){\rm{ }}$

$\Rightarrow 1 \le \sqrt 6 .\sqrt {\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right){\rm{ }}} \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}{\rm{ }}} }} \le \sqrt 6$.

Suy ra $d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) \le \sqrt 6$

${d_{\max }} = \sqrt 6 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2b = - c\\\frac{1}{a} + \frac{2}{b} - \frac{1}{c} = 1{\rm{ }}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 3\\c = - 6\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 3$.