Lớp 12 Toán 12

Đề thi giữa học kì 2 Toán 12 - Đề 2

Mô tả thêm: Đề kiểm tra giữa kì 2 Toán 12 được biên soạn gồm các câu hỏi trắc nghiệm được chia thành 4 mức độ bám sát chương trình Toán 12
  • Thời gian làm: 90 phút
  • Số câu hỏi: 40 câu
  • Số điểm tối đa: 40 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Thông hiểu

    Cho hai hàm số F(x) = \left( x^{2} + bx + c ight)e^{x} và f(x) = \left( x^{2} + 3x + 4 ight)e^{x}. Biết a;b là các số thực để F(x) là một nguyên hàm của f(x). Tính S = a + b?

    Từ giả thiết ta có:

    F'(x) = f(x)

    \Leftrightarrow (2x + a)e^{x} + \left( x^{2} + ax + b ight)e^{x} = \left( x^{2} + 3x + 4 ight)e^{x};\forall x\mathbb{\in R}

    \Leftrightarrow x^{2} + (2 + a)x + a + b = x^{2} + 3x + 4;\forall x\mathbb{\in R}

    Đồng nhất hai vế ta có: \left\{ \begin{matrix} a + 2 = 3 \\ a + b = 4 \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow S = a + b = 4.

  • Câu 2: Thông hiểu

    Biết rằng \int_{}^{}{\frac{4x + 11}{x^{2} + 5x + 6}dx} = a\ln|x + 2| + b\ln|x + 3| + C. Tính giá trị biểu thức T = a^{2} + ab + b^{2}?

    Ta có: \int_{}^{}{\frac{4x + 11}{x^{2} + 5x + 6}dx} = \frac{A}{x + 2} + \frac{B}{x + 3}

    = \frac{A(x + 2) + B(x + 3)}{(x + 2)(x + 3)} = \frac{(A + B)x + (3A + 2B)}{(x + 2)(x + 3)}

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} A + B = 4 \\ 3A + 2B = 11 \\ \end{matrix} ight.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} A = 3 \\ B = 1 \\ \end{matrix} ight.

    Khi đó \int_{}^{}{\frac{4x + 11}{x^{2} + 5x + 6}dx} = \int_{}^{}{\left( \frac{3}{x + 2} + \frac{1}{x + 3} ight)dx}

    = 3ln|x + 2| + \ln|x + 3| + C

    Suy ra a = 3;b = 1 \Rightarrow T = 13

  • Câu 3: Thông hiểu

    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;2;3),B( - 2;4;4),C(4;0;5). Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng (Oxy) sao cho độ dài đoạn thẳng GM ngắn nhất. Tính độ dài đoạn thẳng GM.

    Ta có: G là trọng tâm tam giác ABC nên G = (1;2;4)

    Mặt phẳng (Oxy) có phương trình z = 0.

    GM ngắn nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (Oxy). Khi đó, ta có:

    GM = d\left( G,(Oxy) ight) = \frac{4}{\sqrt{1}} = 4.

  • Câu 4: Thông hiểu

    Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm M(3; - 2;1),N(1;0; - 3). Gọi M';N' lần lượt là hình chiếu của M;N lên mặt phẳng (Oxy). Khi đó độ dài đoạn thẳng M'N' bằng:

    Vì M';N' lần lượt là hình chiếu của M;N lên mặt phẳng (Oxy) nên M'(3; - 2;0),N'(1;0;0) suy ra \overrightarrow{M'N'} = ( - 2;2;0)

    \Rightarrow M'N' = 2\sqrt{2}.

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{f(x)dx = 6}. Tính I =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\lbrack 3f(x) - 2sinxbrack dx}.

    Ta có:

    I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\lbrack 3f(x) - 2sinxbrack dx}

    = 3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{f(x)dx} - 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sin xdx} = 3.6 - 2 = 16.

  • Câu 6: Nhận biết

    Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = \frac{e^{x}}{\left( e^{x} + 1 ight)^{2}} là:

    Ta có: \int_{}^{}{f(x)dx} = \int_{}^{}{\frac{e^{x}}{\left( e^{x} + 1 ight)^{2}}dx} = \int_{}^{}\frac{d\left( e^{x} + 1 ight)}{\left( e^{x} + 1 ight)^{2}} = - \frac{1}{e^{x} + 1} + C.

  • Câu 7: Nhận biết

    \int_{}^{}{x^{2}dx} bằng

    Ta có \int_{}^{}{x^{2}dx} =\frac{1}{3}x^{3} + C.

  • Câu 8: Thông hiểu

    Một ô tô đang chạy với vận tốc 20m/s thì người lái hãm phanh. Sau khi hãm phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v(t) = - 4t + 20(m/s) trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu hãm phanh. Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét?

    Khi vật dừng hẳn thì v = 0 \Rightarrow - 4t + 20 = 0 \Rightarrow t = 5(s)

    Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian trên là:

    S(t) = \int_{0}^{5}{v(t)dt} = \int_{0}^{5}{( - 4t + 20)dt} = 50m

  • Câu 9: Vận dụng cao

    Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f\left( x ight) = \frac{1}{{{x^2}\left( {x + 1} ight)}}, F(x) thỏa mãn F(X) + F(-2) = 0,5. Tính F(2) + F(-3)

     Ta có: f\left( x ight) = \frac{1}{{{x^2}\left( {x + 1} ight)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{{x^2}}} + \frac{C}{{x + 1}} = \frac{{\left( {A + C} ight){x^2} + (A + B)x + B}}{{{x^2}\left( {x + 1} ight)}}

    => \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {A + C = 0} \\ {B = 1} \\ {A + B = 0} \end{array}} ight. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {A = - 1} \\ {B = 1} \\ {B = 1} \end{array}} ight.

    => F\left( x ight) = \int {f\left( x ight)dx = \int {\left( { - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{x + 1}}} ight)dx} }

    => F\left( x ight) = - \ln \left| x ight| - \frac{1}{x} + \ln \left| {x + 1} ight| + C = \ln \left| {\frac{{x + 1}}{x}} ight| - \frac{1}{x} + C

    Khi đó: F\left( x ight) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\ln \left( {\dfrac{{x + 1}}{x}} ight) - \dfrac{1}{x} + {C_1}{\text{ khi x}} \in \left( {0; + \infty } ight)} \\ {\ln \left( {\dfrac{{ - x - 1}}{x}} ight) - \dfrac{1}{x} + {C_2}{\text{ khi x}} \in \left( { - 1; + \infty } ight)} \\ {\ln \left( {\dfrac{{x + 1}}{x}} ight) - \dfrac{1}{x} + {C_3}{\text{ khi x}} \in \left( { - \infty ; - 1} ight)} \end{array}} ight.

    Theo bài ra ta có: F(x) + F(-2) = 0,5

    => \left( {\ln 2 - 1 + {C_1}} ight) + \left( {\ln \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + {C_2}} ight) = \frac{1}{2}

    => {C_1} + {C_2} = 1

    => F\left( 2 ight) + F\left( { - 3} ight) = \left( {\ln \frac{3}{2} + \frac{1}{2} + {C_1}} ight) + \left( {\ln \frac{2}{3} + \frac{1}{2} + {C_1}} ight) = \frac{5}{6}

  • Câu 10: Nhận biết

    Viết công thức tính thể tích V của phần vật thể bị giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm x = a;x = b;a < b, có diện tích thiết diện cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x;(a \leq x \leq b) là S(x).

    Thể tích của vật thể đã cho là: V = \int_{a}^{b}{S(x)dx}.

  • Câu 11: Nhận biết

    Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = \cos x,y = 0,x = 0,x = \pi quay xung quanh Ox.

    Thể tích vật thể bằng:

    V = \pi\int_{0}^{\pi}{\left( \cos xight)^{2}dx} = \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}{(1 + \cos2x)dx} = \pi\left.\ \left( x + \frac{1}{2}\sin2x ight) ight|_{1}^{\pi} =\frac{\pi^{2}}{2}.

  • Câu 12: Nhận biết

    Hàm số f(x) = x^{3} + \sin x là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?

    Ta có: F'(x) = 3x^{2} + \cos x

  • Câu 13: Nhận biết

    Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh bằng a. Thể tích khối trụ bằng:

     Do thiết diện đi qua trục hình trụ nên ta có h=a.

    Bán kính đáy R = \frac{a}{2}. Do đó thể tích khối trụ V = {R^2}\pi .h = \frac{{\pi {a^3}}}{4}(đvtt).

  • Câu 14: Vận dụng

    Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' biết A(2;4;0),B(4;0;0),C( - 1;4;7),D'(6;8;10). Xác định tọa độ B’?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử điểm D(a;b;c),B'(a';b';c')

    Gọi O = AC \cap BD \Rightarrow O\left( \frac{1}{2};4; - \frac{7}{2} ight) \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} a = - 3 \\ b = 8 \\ c = - 7 \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra \left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{DD'} = (9;0;17) \\ \overrightarrow{BB'} = (a' - 4;b';c') \\ \end{matrix} ight.. Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp nên \overrightarrow{DD'} = \overrightarrow{BB'}

    \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a' = 13 \\ b' = 0 \\ c' = 17 \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow B'(13;0;17)

  • Câu 15: Thông hiểu

    Một tấm nhôm hình chữ nhật có hai kích thước là a và 2a (a là độ dài có sẵn). Người ta cuốn tấm nhôm đó thành một hình trụ. Nếu hình trụ được tạo thành có chu vi đáy bằng 2a thì thể tích của nó bằng:

     Gọi bán kính đáy là R.

    Hình trụ có chu vi đáy bằng 2a nên ta có 2\pi R = 2a \Leftrightarrow R = \frac{a}{\pi }.

    Suy ra hình trụ này có đường cao h=a.

    Vậy thể tích khối trụ V = \pi {R^2}h = \pi {\left( {\frac{a}{\pi }} ight)^2}a = \frac{{{a^3}}}{\pi }(đvtt).

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hàm số f(x) = \left\{ \begin{matrix} 2x\ \ \ \ \ \ \ \ khi\ x \geq 1 \\ 3x^{2} - 1\ \ khi\ x < 1 \\ \end{matrix} ight. có một nguyên hàm là F(x) thỏa mãn F(0) = 1 và F(x) liên túc trên \mathbb{R}. Giá trị biểu thức K = F( - 1) - F(2) bằng:

    Ta có: F(x) = \int_{}^{}{f(x)dx} = \left\{ \begin{matrix} x^{2} + C_{1}\ \ \ \ \ \ \ \ khi\ x \geq 1 \\ x^{3} - x + C_{2}\ \ khi\ x < 1 \\ \end{matrix} ight.

    F(0) = 1 \Rightarrow C_{2} = 1

    Vì hàm số F(x) liên tục trên \mathbb{R} nên liên tục tại x = 1 tức là

    \lim_{x ightarrow 1^{+}}F(x) = \lim_{x ightarrow 1^{-}}F(x) = F(1)

    \Leftrightarrow 1 + C_{1} = C_{2} \Leftrightarrow C_{1} = 0

    Do đó F(x) = \left\{ \begin{matrix} x^{2}\ \ \ \ \ \ \ \ khi\ x \geq 1 \\ x^{3} - x + 1\ \ khi\ x < 1 \\ \end{matrix} ight.

    K = F( - 1) - F(2) = ( - 1 + 1 + 1) + \left( 2^{2} ight) = 5

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi Parabol y = \frac{x^{2}}{12} và đường cong có phương trình y = \sqrt{4 - \frac{x^{2}}{4}} như hình vẽ:

    Diện tích của hình phẳng (H) bằng:

    Phương trình hoành độ giao điểm:

    \frac{x^{2}}{12} = \sqrt{4 - \frac{x^{2}}{4}} \Leftrightarrow x = \pm 2\sqrt{3}

    Diện tích hình phẳng (H) bằng:

    S = 2\int_{0}^{2\sqrt{3}}{\left\lbrack \sqrt{4 - \frac{x^{2}}{4}} - \frac{x^{2}}{12} ightbrack dx}

    = \int_{0}^{2\sqrt{3}}{\sqrt{16 - x^{2}}dx} - \frac{1}{6}\int_{0}^{2\sqrt{3}}{x^{2}dx}

    = \int_{0}^{2\sqrt{3}}{\sqrt{16 - x^{2}}dx} + \frac{4\sqrt{3}}{3}

    Đặt x = 4\sin t

    \Rightarrow\int_{0}^{2\sqrt{3}}{\sqrt{16 - x^{2}}dx} =\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}{16\cos^{2}tdt} = \frac{8\pi}{3} +2\sqrt{3}

    \Rightarrow S = \frac{8\pi + 2\sqrt{3}}{3}

  • Câu 18: Nhận biết

    Một ô tô đang chạy thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v(t) = - 12t + 24(m/s) trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?

    Khi dừng hẳn v(t) = - 12t + 24 = 0 \Rightarrow t = 2(s)

    Do đó từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô đi được:

    S = \int_{0}^{2}{v(t)dt} = \int_{0}^{2}{( - 12t + 24)dt} = 24m

  • Câu 19: Thông hiểu

    Biết rằng F(x) liên tục trên \mathbb{R} là một nguyên hàm của hàm số f(x) = \left\{ \begin{matrix} \sin x + \cos x\ \ \ khi\ x \geq 0 \\ 2(x + 1)\ \ \ khi\ x < 0 \\ \end{matrix} ight. và F(\pi) + F( - 1) = 1. Giá trị biểu thức T = F(2\pi) + F( - 5) bằng:

    Ta có: F(x) = \int_{}^{}{f(x)dx} = \left\{ \begin{matrix} x\sin x + C_{1}\ \ \ khi\ x \geq 0 \\ x^{2} + 2x + C_{2}\ \ khi\ x < 0 \\ \end{matrix} ight.

    F(\pi) + F( - 1) = 1 \Rightarrow \left( \pi\sin\pi + C_{1} ight) + \left( 1 - 2 + C_{2} ight) = 1 \Rightarrow C_{1} + C_{2} = 2(*)

    Vì hàm số F(x) liên tục trên \mathbb{R} nên liên tục tại x = 0 tức là

    \lim_{x ightarrow 0^{+}}F(x) = \lim_{x ightarrow 0^{-}}F(x) = F(0)

    \Leftrightarrow C_{1} = C_{2}(**). Từ (*) và (**) suy ra C_{1} = C_{2} = 1

    Do đó F(x) = \left\{ \begin{matrix} x\sin x + 1\ \ \ khi\ x \geq 0 \\ x^{2} + 2x + 1\ \ khi\ x < 0 \\ \end{matrix} ight.

    T = F(2\pi) + F( - 5) = 17

  • Câu 20: Nhận biết

    Cạnh bên của một hình nón bằng 2a. Thiết diện qua trục của nó là một tam giác cân có góc ở đỉnh bằng 120^0. Diện tích toàn phần của hình nón là:

    Diện tích toàn phần

    Gọi S là đỉnh, O là tâm của đáy, thiết diện qua trục là SAB.

    Theo giả thiết, ta có SA = 2a và \widehat {ASO} = 60^\circ.

    Trong tam giác SAO vuông tại O, ta có

    OA = SA.\sin 60^\circ = a\sqrt 3

    Vậy diện tích toàn phần:

    {S_{tp}} = \pi R\ell + \pi {R^2} = \pi .OA.SA + \pi {\left( {OA} ight)^2} = \pi {a^2}\left( {3 + 2\sqrt 3 } ight) (đvdt).

  • Câu 21: Thông hiểu

    Cho hàm số y = \cos4x có một nguyên hàm là F(x); F\left( \frac{\pi}{4} ight) = 2. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Ta có: F(x) = \int_{}^{}{\cos4x}dx =\frac{1}{4}\sin4x + C

    F\left( \frac{\pi}{4} ight) = 2 \Rightarrow C = 2

    Ta được F(x) = \frac{1}{4}\sin4x +2

    \Rightarrow \int_{}^{}{F(x)dx} =\int_{}^{}{\left( \frac{1}{4}\sin4x + 2 ight)dx}

    = - \frac{\cos4x}{16} + 2x +C

  • Câu 22: Nhận biết

    Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) = 2x + 3\sqrt{x} thỏa mãn F(1) = 0?

    Ta có:

    F(x) = \int_{}^{}{f(x)dx = \int_{}^{}{\left( 2x + 3\sqrt{x} ight)dx}}

    \Rightarrow F(x) = \int_{}^{}{(2x)dx} + 6\int_{}^{}{\left( \sqrt{x} ight)^{2}d\left( \sqrt{x} ight)}

    \Rightarrow F(x) = x^{2} + 2\sqrt{x^{3}} + C

    Theo bài ra ta có: F(1) = 0 \Leftrightarrow 3 + C = 0 \Leftrightarrow C = - 3

    Vậy x^{2} + 2\sqrt{x^{3}} - 3.

  • Câu 23: Nhận biết

    Trong không gian Oxyz cho ba vectơ \vec a,\,\,\vec b và \vec c  khác \vec 0 . Câu nào sai?

     Theo điều kiện để hai vecto cùng phương, ta có:

    \vec a cùng phương \vec b \Leftrightarrow [\vec{a}, \vec{b}]=\vec 0  Suy ra 

    • \vec a cùng phương \vec b \Leftrightarrow [\vec{a}, \vec{b}]= 0

    sai vì thiếu dấu vecto.

  • Câu 24: Vận dụng

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách từ tâm O của đường tròn ngoại tiếp của đáy ABC đến một mặt bên là \frac{a}{2}. Thể tích của khối nón ngoại tiếp hình chóp SABC bằng:

     Thể tích khối nón

    Gọi E là trung điểm của BC, dựng OH \bot SE tại H.

    Chứng minh được OH \bot \left( {SBC} ight) nên suy ra OH = d\left[ {O,\left( {SBC} ight)} ight] = \frac{a}{2}.

    Trong tam giác đều ABC, ta có OE = \frac{1}{3}AE = \frac{1}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}

    và  OA = \frac{2}{3}AE = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}

    Trong tam giác vuông SOE, ta có

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{E^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{O{E^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow SO = a.

    Vậy thể tích khối nón V = \frac{1}{3}\pi O{A^2}.SO = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}} ight)^2}.a = \frac{{4\pi {a^3}}}{9}  (đvtt).

  • Câu 25: Nhận biết

    Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng đi qua điểm E(1;2;3) và song song với mặt phẳng (Oxy)?

    Mặt phẳng (Oxy) có phương trình là z = 0 nên có một vectơ pháp tuyến là \overrightarrow{k} = (0;0;1).

    Phương trình của mặt phẳng cần tìm có dạng

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

  • Câu 26: Thông hiểu

    Tính tích phân B = \int_{0}^{2}{2x\left( x^{2} + 1 ight)^{2018}dx}?

    Ta có: B = \int_{0}^{2}{2x\left( x^{2} + 1 ight)^{2018}dx}

    = \int_{0}^{2}{\left( x^{2} + 1 ight)^{2018}d\left( x^{2} + 1 ight)}

    = \left. \ \frac{\left( x^{2} + 1 ight)^{2019}}{2019} ight|_{0}^{2} = \frac{5^{2019} - 1}{2019}

  • Câu 27: Thông hiểu

    Tìm m để góc giữa hai vectơ \overrightarrow{u} = \left(1;\log_{3}5;\log_{m}2 ight),\overrightarrow{v} = \left( 3;\log_{5}3;4ight) là góc nhọn.

    Để \left( {\widehat {\vec u,\vec v}} ight) < {90^0} \Rightarrow \cos \left( {\widehat {\vec u,\vec v}} ight) > 0

    \Rightarrow\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} > 0 \Leftrightarrow 3 +\log_{3}5.\log_{5}3 + 4\log_{m}2 > 0

    \Leftrightarrow 4 + 4log_{m}2 > 0 \Leftrightarrow log_{m}2 > - 1 \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} m > 1 \\ m < \frac{1}{2} \\ \end{matrix} ight..

    Kết hợp điều kiện m > 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {m > 1} \\ {0 < m < \frac{1}{2}} \end{array}} ight.

  • Câu 28: Thông hiểu

    Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y^{2} = 4x và y = x (với 0 \leq x \leq 4) được minh họa bằng hình vẽ bên (phần tô đậm):

    Cho (H) quay quanh trục Ox, thể tích khối tròn xoay tạo thành bằng bao nhiêu?

    Ta có: y^{2} = 4x \Rightarrow y = 2\sqrt{x};(y \geq 0)

    Thể tích khối tròn xoay cần tính là

    V = \pi\int_{0}^{4}{\left( 2\sqrt{x} ight)^{2}dx} - \pi\int_{0}^{4}{x^{2}dx}

    = \left. \ 2\pi x^{2} ight|_{0}^{4} - \frac{\pi}{3}.\left. \ x^{3} ight|_{0}^{4} = \frac{32\pi}{3}

  • Câu 29: Nhận biết

    Trong không gian Oxyz, góc giữa hai mặt phẳng (Oxy) và (Oyz) bằng:

    Ta có: góc giữa hai mặt phẳng (Oxy) và (Oyz) bằng: 90^{0}.

  • Câu 30: Nhận biết

    Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD. Biết A(2;1; - 3),B(0; - 2;5) và C(1;1;3). Diện tích hình bình hành ABCD là:

    Ta có: \overrightarrow{AB} = ( - 2; - 3;8),\overrightarrow{AC} = ( - 1;0;6)

    \Rightarrow \left\lbrack \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} ightbrack = ( - 18;4; - 3)

    Suy ra diện tích ABCD là:

    S_{ABCD} = \left| \left\lbrack \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} ightbrack ight| = \sqrt{349}

  • Câu 31: Vận dụng cao

    Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A_{1};A_{2};B_{1};B_{2} như hình vẽ:

    Người ta chia elip bởi Parabol có đỉnh B_{1}, trục đối xứng B_{1}B_{2} và đi qua các điểm M;N. Sau đó sơn phần tô đậm với giá 200 nghìn đồng/m2 và trang trí đèn led phần còn lại với giá 500 nghìn đồng/m2. Hỏi kinh phí sử dụng gần nhất với giá trị nào dưới đây? Biết rằng A_{1}A_{2} =4m;B_{1}B_{2} = MN = 2m

    Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm của A1A2. Tọa độ các đỉnh A1(−2; 0), A2(2; 0), B1(0; −1), B2(0; 1)

    Phương trình đường Elip (E):\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{9} = 1\Leftrightarrow y = \pm \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{4}}

    Ta có: M\left( - 1;\frac{\sqrt{3}}{2}ight),N\left( 1;\frac{\sqrt{3}}{2} ight) \in (E)

    Parabol (P) có đỉnh B1(0; −1) và trục đối xứng là Ox nên (P) có phương trình y = ax^{2} - 1, (a > 0), đi qua M; N

    \Rightarrow a = \frac{\sqrt{3}}{2} + 1\Rightarrow (P):y = \left( \frac{\sqrt{3}}{2} + 1 ight)x^{2} -1

    Diện tích phần tô đậm

    S_{1} = 2\int_{0}^{1}{\left\lbrack\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{4}} - \left( \frac{\sqrt{3}}{2} + 1 ight)x^{2}+ 1 ightbrack dx}

    = \int_{0}^{1}{\sqrt{4 - x^{2}}dx} -\frac{2}{3}\left( \frac{\sqrt{3}}{2} + 1 ight) + 2

    Đặt x = 2\sin t;t \in \left\lbrack -\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2} ightbrack \Rightarrow dx =2\cos tdt

    Đổi cận \left\{ \begin{matrix}x = 0 \Rightarrow t = 0 \\x = 1 \Rightarrow t = \dfrac{\pi}{6} \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow S_{1} =\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}{\sqrt{4 - 4\sin^{2}t}.2\cos tdt} -\frac{2}{3}\left( \frac{\sqrt{3}}{2} + 1 ight) + 2

    = 4\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}{\cos^{2}tdt}- \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{4}{3} = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}{(1 +\cos2t)dt} - \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{4}{3}

    = \left. \ (2t + \sin2t)ight|_{0}^{\frac{\pi}{6}} - \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{4}{3} =\frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{6} + \frac{4}{3}

    Diện tích hình Elip là S = πab = 2π

    Suy ra diện tích phần còn lại là: S_{2} =S - S_{1} = \frac{5\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{6} -\frac{4}{3}

    Kinh phí sử dụng là 2.10^{5}S_{1} +5.10^{5}S_{2} \approx 2.341.000 đồng.

  • Câu 32: Nhận biết

    Tìm nguyên hàm của hàm số f(x) =\sin^{4}x\cos x??

    Đặt t = \sin x \Rightarrow dt = \cos xdx

    \int_{}^{}{\left( \sin^{4}x\cos xight)dx} = \int_{}^{}{t^{4}dt} = \frac{t^{5}}{5} + C =\frac{1}{5}\sin^{5}x + C

  • Câu 33: Vận dụng

    Mặt sàn của một thang máy có dạng hình vuông ABCD cạnh 2m được lát gạch màu trắng và trang trí vởi một hình 4 cánh giống nhau màu sẫm. Khi đặt trong hệ tọa độ Oxy với O là tâm hình vuông sao cho A(1;1) như hình vẽ bên thì các đường cong OA có phương trình y = x^{2} và y = ax^{3} + bx. Tính giá trị a.b biết rằng diện tích trang trí màu sẫm chiếm \frac{1}{3} diện tích mặt sàn.

    Đáp án: -2||- 2

    Đáp án là:

    Mặt sàn của một thang máy có dạng hình vuông ABCD cạnh 2m được lát gạch màu trắng và trang trí vởi một hình 4 cánh giống nhau màu sẫm. Khi đặt trong hệ tọa độ Oxy với O là tâm hình vuông sao cho A(1;1) như hình vẽ bên thì các đường cong OA có phương trình y = x^{2} và y = ax^{3} + bx. Tính giá trị a.b biết rằng diện tích trang trí màu sẫm chiếm \frac{1}{3} diện tích mặt sàn.

    Đáp án: -2||- 2

    Diện tích 1 cánh của hình trang trí là:

    S_{1} = \int_{0}^{1}\left( x^{2} - ax^{3} - bx ight)dx = \left. \ \left( \frac{x^{3}}{3} - \frac{ax^{4}}{4} - \frac{bx^{2}}{2} ight) ight|_{0}^{1} = \frac{1}{2} - \frac{a}{4} - \frac{b}{2}

    \Rightarrow Diện tích hình trang trí là: S = 4S_{1} = \frac{4}{3} - a - 2b

    Vì diện tích trang trí màu sẫm chiếm \frac{1}{3} diện tích mặt sàn nên

    \frac{4}{3} - a - 2b = \frac{4}{3} \Leftrightarrow a + 2b = 0

    Khi đó ta có: \left\{ \begin{matrix} a + b = 1 \\ a + 2b = 0 \\ \end{matrix} \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a = 2 \\ b = - 1 \\ \end{matrix} ight.\ ight.

    Vậy ab = - 2.

  • Câu 34: Vận dụng

    Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(2;0;0),B(0;3;0),C(0;0;3) và D\left( 1;1;\frac{1}{2} ight). Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua ba trong năm điểm O,A,B,C,D?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có mặt phẳng (ABC): \frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{3} = 1.

    Suy ra D\left( 1;1;\frac{1}{2} ight) thuộc mặt phẳng (ABC).

    Số mặt phẳng qua ba trong bốn điểm A, B, C, D là 1.

    Số mặt phẳng qua điểm O và hai trong bốn điểm A, B, C, D là C_{4}^{2} = 6.

    Vậy số mặt phẳng phân biệt đi qua ba trong năm điểm O,A,B,C,D là 1 + 6 = 7.

  • Câu 35: Thông hiểu

    Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C):y = 3x^{4} - 4x^{2} + 5, trục hoành, x = 1 và x = 2 là:

    Ta có: 3x^{4} - 4x^{2} + 5 > 0;\forall x\mathbb{\in R} nên ta có:

    S = \int_{1}^{2}{\left( 3x^{4} - 4x^{2} + 5 ight)dx} = \left. \ \left( \frac{3}{5}x^{5} - \frac{4}{3}x^{3} + 5x ight) ight|_{1}^{2} = \frac{214}{15}

  • Câu 36: Nhận biết

    Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = \sqrt {2 + \cos x}, trục hoành và các đường thẳng x = 0;x = \frac{\pi }{2}. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V là:

    Thể tích cần tính là:

    \begin{matrix} V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\sqrt {2 + \cos x} } ight)}^2}dx} \hfill \\ \Rightarrow V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {2 + \cos x} ight)dx} \hfill \\ \Rightarrow V = \left. {\pi \left( {2 + \sin x} ight)} ight|_0^{\frac{\pi }{2}} = \pi \left( {\pi + 1} ight) \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 37: Nhận biết

    Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) qua ba điểm A\left( {\,2,\,\,0,\,\,3\,} ight);\,\,\,B\left( {\,4,\,\, - 3,\,\,2\,} ight);\,\,\,C\left( {\,0,\,\,2,\,\,5\,} ight)

    Theo đề bài, ta có cặp vecto chỉ phương của \left( P ight):\overrightarrow {AB} = \left( {2, - 3, - 1} ight);\overrightarrow {AC} = \left( { - 2,2,2} ight)

    Từ đó, ta suy ra vecto pháp tuyến của (P) là tích có hướng của 2 VTCP của

    \left( P ight):\overrightarrow n = \left( { - 4, - 2, - 2} ight) = - 2\left( {2,1,1} ight)

    Mp (P) đi qua A (2,0,3) và nhận vecto có tọa độ (2,1,1) làm 1 VTPT có phương trình là:

    \Rightarrow \left( P ight):\left( {x - 2} ight)2 + y.1 + \left( {z - 3} ight).1 = 0

    \Leftrightarrow 2x + y + z - 7 = 0

  • Câu 38: Vận dụng cao

    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(4;9;1), phương trình mặt phẳng (\alpha):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 qua điểm M và cắt ba tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại A,B,C sao cho OA + OB + OC nhỏ nhất. Tính P = a + b + c.

    Mặt phẳng (\alpha) cắt ba trục tọa độ lần lượt tại A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) với a,b,c > 0.

    Do (\alpha) đi qua điểm M(4;9;1) nên:

    1 = \frac{4}{a} + \frac{9}{b} + \frac{1}{c} = \frac{2^{2}}{a} + \frac{3^{2}}{b} + \frac{1^{2}}{c} \geq \frac{(2 + 3 + 1)^{2}}{a + b + c} = \frac{36}{a + b + c}

    \Rightarrow a + b + c \geq 36

    Mà OA + OB + OC = a + b + c nên OA + OB + OC nhỏ nhất khi a + b + c nhỏ nhất và bằng 36.

  • Câu 39: Nhận biết

    Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = 2x - x^{2};y = 0. Quay (H) quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay có thể tích là:

    Ta có: 2x - x^{2} = 0 \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} x = 0 \\ x = 2 \\ \end{matrix} ight.

    Theo công thức thể tích giới hạn bởi các đường ta có:

    V = \pi\int_{0}^{2}{\left( 2x - x^{2} ight)^{2}dx}

  • Câu 40: Thông hiểu

    Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm M(1;0;0),N(0; - 2;0),P(0;0;1). Tính khoảng cách h từ gốc toạ độ O đến mặt phẳng (MNP)?

    Phương trình tổng quát của mặt phẳng (MNP) có dạng:

    \frac{x}{1} + \frac{y}{- 2} + \frac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 2x - y + 2z - 2 = 0

    Khoảng cách từ gốc tọa độ (0;0;0) đến (MNP) là: h = \frac{| - 2|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{2}{3}

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề thi giữa học kì 2 Toán 12 - Đề 2 Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Xem đáp án Làm lại
  • 47 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề thi giữa học kì 2 Toán 12 - Đề 2
Thời gian còn lại 90:00 Số câu đã làm 0/40
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập