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 xI=xA+xB2=0yI=yA+yB2=1zI=zA+zB2=−1⇒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

−b2a=1a+b+c=−2c=1 ⇔a=3b=−6c=1.Suy ra fx=3x2−6x+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 \(84P = 41\).