Đề thi giữa kì 2 Toán 12 cấu trúc mới (có đáp án) - Đề 09

Đáp án đúng là: B

Ta có $\int {kf\left( x \right){\rm{d}}x} = k\int {f\left( x \right){\rm{d}}x}$ đúng với $\forall k \ne 0$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $I = \int {\left[ {2f\left( x \right) + 1} \right]{\rm{d}}x}$$= 2\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int {1{\rm{d}}x}$$= 2F\left( x \right) + x + C$.

Đáp án đúng là: A

$\int\limits_1^3 {f(x){\rm{d}}x} \, = \int\limits_1^2 {f(x){\rm{d}}x} + \int\limits_2^3 {f(x){\rm{d}}x} = 5 + ( - 2) = 3\,$.

Đáp án đúng là: B

$\int_0^1 f (x){\rm{d}}x = F\left( 1 \right) - F\left( 0 \right) = 9 - 2 = 7$.

Đáp án đúng là: C

$S = \int\limits_0^2 {\left| {3{x^2} + 1} \right|dx} = \int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} + 1} \right)dx}$.

Đáp án đúng là: B

Phương trình hoành độ giao điểm ${x^2} = 4x - 3 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$.

Khi đó $S = \int\limits_1^3 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|{\rm{d}}x} = \frac{4}{3}$.

Đáp án đúng là: C

$\left( P \right):x + y + z + 1 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_3}} = \left( {1;1;1} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ song song với mặt phẳng $\left( Q \right):3x + 3y + 6z - 1 = 0$ vì $\frac{1}{3} = \frac{1}{3} = \frac{2}{6} \ne \frac{{ - 1}}{{ - 1}}$.

Đáp án đúng là: B

Tọa độ điểm $Q\left( {4\,;4\,;\,2} \right)$ thỏa mãn phương trình $\left( P \right)$ nên $Q \in \left( P \right)$.

Đáp án đúng là: D

$d\left( {M,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 2.2 + 2.3 - 6} \right|}}{{\sqrt {4 + 4 + 1} }} = \frac{5}{3}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\overrightarrow {MN} = \left( { - 1; - 1;5} \right);\,\,\,\overrightarrow {MP} = \left( {0; - 4;8} \right)$; $\left[ {\overrightarrow {MN} ,\,\overrightarrow {MP} } \right] = \left( {12;8;4} \right)$.

Vectơ pháp tuyến của $\left( {MNP} \right)$ cùng phương với $\left[ {\overrightarrow {MN} ,\,\overrightarrow {MP} } \right]$.

Suy ra một vectơ pháp tuyến của $\left( {MNP} \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {3;2;1} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Tọa độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $OA$ là $\left( {1;0; - 2} \right)$.

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $OA$ đi qua điểm $I$ có VTPT $\overrightarrow {OA} = \left( {2;0; - 4} \right)$có phương trình là $2x - 4z - 10 = 0 \Leftrightarrow x - 2z - 10 = 0$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Có $F'\left( 4 \right) = f\left( 4 \right) = - 6.4 + 7 = - 17$.

b) Có $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( { - 6x + 7} \right)dx} = - 3{x^2} + 7x + C$, $C$ là hằng số.

Do đó $F\left( x \right) = - 3{x^2} + 7x + 21$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right)$.

c) Có $F\left( x \right) = - 3{x^2} + 7x + C$ mà $F\left( 1 \right) = 2$ nên $- {3.1^2} + 7.1 + C = 2 \Leftrightarrow C = - 2$.

Do đó $F\left( x \right) = - 3{x^2} + 7x - 2$. Suy ra $F\left( 2 \right) = - {3.2^2} + 7.2 - 2 = 0$.

d) Có $F\left( { - x} \right) = - 3{x^2} - 7x + C$, $f\left( { - x} \right) = 6x + 7$.

Vì $F'\left( { - x} \right) = - 6x - 7 \ne f\left( { - x} \right)$ nên $F\left( { - x} \right)$ không là một nguyên hàm của $f\left( { - x} \right)$.

a) S, b) Đ, c) S, d) S

a) Ta có $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( {2t - 7} \right)dt} = {t^2} - 7t + C$.

Vì $v\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow C = 6$. Do đó $v\left( t \right) = {t^2} - 7t + 6$.

b) $v\left( 7 \right) = {7^2} - 7.7 + 6 = 6\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

c) Có $s = \int\limits_1^7 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_1^7 {\left( {{t^2} - 7t + 6} \right)dt} = \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{7{t^2}}}{2} + 6t} \right)} \right|_1^7 = - 18$.

d) Tọa độ của chất điểm tại thời điểm $t$ là $x\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( {{t^2} - 7t + 6} \right)dt} = \frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{7{t^2}}}{2} + 6t + C$

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của $x\left( t \right)$ với $t \in \left[ {0;8} \right]$.

Ta có $x'\left( t \right) = v\left( t \right) = 0$ khi $t = 1$ hoặc $t = 6$.

Lại có $x\left( 0 \right) = C,x\left( 1 \right) = \frac{{17}}{6} + C,x\left( 6 \right) = - 18 + C,x\left( 8 \right) = - \frac{{16}}{3} + C$.

Vậy giá trị lớn nhất của $x\left( t \right)$ với $t \in \left[ {0;8} \right]$ đạt được khi $t = 1$.

a) S, b) Đ, c) S, d) S

a) $\int\limits_{ - 3}^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = {S_A} - {S_B} = 2{,}35 - 4{,}3 = - 1{,}95$.

b) $\int\limits_{ - 1}^5 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx = } \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} + \int\limits_2^5 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = - \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx}$

$= {S_B} + {S_C} = 4{,}3 + 8{,}35 = 12{,}65$.

c) $\int\limits_{ - 3}^5 {\left[ {f\left( x \right) + 1} \right]dx} = \int\limits_{ - 3}^5 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{ - 3}^5 {1dx}$$= \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{ - 3}^5 {1dx}$

$= {S_A} - {S_B} + {S_c} + \left. x \right|_{ - 3}^5 = 2{,}35 - 4{,}3 + 8{,}35 + 8 = 14{,}4$.

d) $\int\limits_{ - 1}^5 {\left[ {2x + f\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_{ - 1}^5 {2xdx} + \int\limits_{ - 1}^5 {f\left( x \right)dx}$$= \int\limits_{ - 1}^5 {2xdx} + \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx}$

$= \left. {{x^2}} \right|_{ - 1}^5 - {S_B} + {S_C} = 24 - 4{,}3 + 8{,}35 = 28{,}05$.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $A$ nhận $\overrightarrow u$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là

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

b) Có $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( { - 2;4; - 1} \right)$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ có phương trình là $- 2x + 4\left( {y + 1} \right) - \left( {z - 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow - 2x + 4y - z + 5 = 0$.

c) Có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;2;1} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1;1;0} \right),\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 1;1; - 5} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ có phương trình là

$- x + 1.\left( {y + 1} \right) - 5\left( {z - 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow - x + y - 5z + 6 = 0$$\Leftrightarrow x - y + 5z - 6 = 0$.

d) $M$ là giao điểm của $\left( P \right)$ và trục $Ox$ nên $M\left( { - 2;0;0} \right)$,

$N$là giao điểm của $\left( Q \right)$ và trục $Oz$ nên $N\left( {0;0;5} \right)$.

Có $\overrightarrow {AM} = \left( { - 2;1; - 1} \right),\overrightarrow {AN} = \left( {0;1;4} \right),\left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AN} } \right] = \left( {5;8; - 2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {AMN} \right)$ có phương trình là $5x + 8\left( {y + 1} \right) - 2\left( {z - 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow 5x + 8y - 2z + 10 = 0$.

Trả lời: 2

Ta có $F'\left( x \right) = 2ax + b = f\left( x \right)$. Suy ra $a = 1;b = 1$. Do đó $a + b = 1$.

Trả lời: 40

Ta có: $G\left( x \right) = F\left( x \right) + C \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}G\left( 2 \right) = F\left( 2 \right) + C\\G\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}F\left( 2 \right) + G\left( 2 \right) = 8\\F(0) + G(0) = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2F(2) + C = 8\\2F(0) + C = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow F(2) - F(0) = 5.$

Vậy: $\int\limits_0^{16} f \left( {\frac{x}{8}} \right){\rm{d}}x = 8\int\limits_0^2 {f(t)dt = 8\left( {F(2) - F(0)} \right) = 40}$.

Trả lời: 5

Xe dừng hẳn khi $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 5t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 4$ (giây).

Quãng đường xe đi được từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn là

$s = \int\limits_0^4 {\left( { - 5t + 20} \right)dt} = 40$ m.

Xe ô tô còn cách hàng rào $45 - 40 = 5$ m.

Trả lời: 151

Chọn hệ trục tọa độ sao O là trung điểm của $AB$, $I \in Oy$ và $I\left( {0;10} \right),A\left( { - 15;0} \right),B\left( {15;0} \right)$.

Giả sử $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c$.

Có $\left( P \right)$ đi qua $I\left( {0;10} \right),A\left( { - 15;0} \right),B\left( {15;0} \right)$ nên ta có hệ

$\left\{ \begin{array}{l}225a + 15b + c = 0\\225a - 15b + c = 0\\c = 10\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{2}{{45}}\\b = 0\\c = 10\end{array} \right.$. Do đó $\left( P \right):y = \frac{{ - 2}}{{45}}{x^2} + 10$.

Do đó diện tích phần tô đen là ${S_1} = 2\int\limits_{ - 15}^{15} {\left( { - \frac{2}{{45}}{x^2} + 10} \right)dx} = 400$ m$^{2}$.

Diện tích phần không tô đen là ${S_2} = 30.50 - {S_1} = 1100$ m$^{2}$.

Số tiền ông An phải trả là: $400.130000 + 1100.90000 = 151000000$ đồng = 151 triệu đồng.

Trả lời: 3

Ta có vectơ pháp tuyến của $\left( \beta \right),\left( P \right),\left( Q \right)$ lần lượt là $\overrightarrow {{n_1}} \left( {1;2;3} \right),\,\overrightarrow {{n_2}} \left( {1;3;1} \right),\,\overrightarrow {{n_3}} \left( {1; - 1;1} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\left[ {\overrightarrow {{n_2}} ,\overrightarrow {{n_3}} } \right]} \right] = \left( { - 8;16; - 8} \right) = - 8\left( {1; - 2;1} \right)$.

Gọi $A\left( {x;y;z} \right) \in d$ là giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$, khi đó toạ độ điểm $A$ thoả mãn hệ $\left\{ \begin{array}{l}x + 3y + z - 7 = 0\\x - y + z + 1 = 0\end{array} \right.$. Cho $x = 0$ ta có $\left\{ \begin{array}{l}3y + z - 7 = 0\\ - y + z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\z = 1\end{array} \right.$, khi đó $A\left( {0;2;1} \right)$.

Do $\left( \alpha \right)$ chứa giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ nên $\left( \alpha \right)$ đi qua $A\left( {0;2;1} \right)$.

Phương trình $\left( \alpha \right):x - 2\left( {y - 2} \right) + z - 1 = 0 \Leftrightarrow x - 2y + z + 3 = 0$. Vậy $d = 3$.

Trả lời: 0,33

Giả sử $B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)$ với $b > 0,c > 0$.

Do đó phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là $\frac{x}{1} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$.

Ta có $\frac{1}{{{d^2}\left( {O,\left( \alpha \right)} \right)}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{9}{4}$$\Leftrightarrow \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{5}{4}$.

Vì $\left( P \right) \bot \left( \alpha \right)$ nên $1 - \frac{1}{c} = 0 \Leftrightarrow c = 1$. Suy ra $b = 2$.

Vậy $A\left( {1;0;0} \right),B\left( {0;2;0} \right),C\left( {0;0;1} \right)$.

Do đó ${V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA.OB.OC = \frac{1}{6}.1.2.1 = \frac{1}{3} \approx 0{,}33$.