Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án (Đề 4)

Đáp án đúng là: C

\(\int {g\left( x \right)dx} = G\left( x \right) + C\).

Đáp án đúng là: A

\(\int\limits_0^9 {\left[ {2f\left( x \right) + 3g\left( x \right)} \right]dx} = 2\int\limits_0^9 {f\left( x \right)dx} + 3\int\limits_0^9 {g\left( x \right)dx} \)\( = 2.37 + 3.16 = 122\).

Đáp án đúng là: C

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

Đáp án đúng là: B

Có \(S = \int\limits_1^a {\frac{2}{x}dx} = \left. {2\ln x} \right|_1^a = 2\ln a = 2 \Rightarrow a = e\).

Đáp án đúng là: A

\(\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} \)\( = \int\limits_0^1 {3{x^2}dx} + \int\limits_1^2 {\left( {4 - x} \right)dx} \)\( = \left. {{x^3}} \right|_0^1 + \left. {\left( {4x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^2\)\( = 1 + 6 - \frac{7}{2} = \frac{7}{2}\).

Đáp án đúng là: B

Vectơ pháp tuyến của \((P)\) là: \(\overrightarrow n = (3; - 1;2)\).

\(\overrightarrow n = ( - 3;1; - 2) = - 1(3; - 1;2)\) là một vec tơ pháp tuyến của \((P)\).

\(\overrightarrow n = (6; - 2;4) = 2(3; - 1;2)\) là một vec tơ pháp tuyến của \((P)\).

Đáp án đúng là: D

Thay tọa độ điểm \(Q\left( {0;0; - 3} \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được \[0 + 0 - 3 - 3 = - 6 \ne 0\].

Do đó điểm\(Q\left( {0;0; - 3} \right)\) không thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Đáp án đúng là: A

Áp dung công thức\[d({M_0},(\alpha )) = \frac{{|A{x_0} + B{y_0} + C{z_0} + D|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\].

Ta được: \(d(M,(P)) = \frac{{\left| {3A + C + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {C^2}} }}\).

Đáp án đúng là: B

Mặt phẳng đi qua điểm \(A\left( {3;0; - 1} \right)\) và có véctơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {4; - 2; - 3} \right)\) có phương trình:

\(4\left( {x - 3} \right) - 2y - 3\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 2y - 3z - 15 = 0\).

Đáp án đúng là: C

Lấy \(A\left( {2;1;3} \right) \in \left( P \right)\).

Do \(\left( P \right)\) song song với \(\left( Q \right)\) nên \[d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {A,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 2.1 + 2.3 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{7}{3}\].

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\vec n = \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {2; - 6; - 1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(C\left( {1;1;3} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {2; - 6; - 1} \right)\) nên có phương trình

\(2\left( {x - 1} \right) - 6\left( {y - 1} \right) - \left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 6y - z + 7 = 0\).

Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình: \(2x - 6y - z + 7 = 0\).

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) \(f\left( x \right) + g\left( x \right) = 2\cos \left( {\frac{\pi }{2} + x} \right) - 3{x^2} + 2\sin x\)\( = - 2\sin x - 3{x^2} + 2\sin x\)\( = - 3{x^2}\).

b) \(f'\left( x \right) = - 2\sin \left( {\frac{\pi }{2} + x} \right) - 6x\)\( = - 2\cos x - 6x\).

c) \(\int {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} = \int { - 3{x^2}dx} = - {x^3} + C\).

d) \(\int {g\left( x \right)dx + g'\left( x \right)} = \int {2\sin xdx} + {\left( {2\sin x} \right)^\prime }\)\( = - 2\cos x + 2\cos x = 0\).

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Ta có \(F'\left( x \right) = {\left( {x{e^x}} \right)^\prime } = {e^x} + x{e^x} = {e^x}\left( {x + 1} \right)\).

Vậy \(F\left( x \right) = x{e^x}\) là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\).

b) \(\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = \left. {x{e^x}} \right|_1^2 = 2{e^2} - e\).

c) \(\int\limits_{\ln 3}^{\ln 10} {f\left( x \right)dx} = \left. {x{e^x}} \right|_{\ln 3}^{\ln 10} = \ln 10.{e^{\ln 10}} - \ln 3.{e^{\ln 3}} = 10\ln 10 - 3\ln 3\).

Suy ra \(a = 10;b = 3\). Do đó \(a + b = 13\).

d) Giá trị tích phân \[\int\limits_{ - 2}^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \] là diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục hoành và các đường thẳng \(x = - 2;x = 2\).

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Ta có \(S = \int\limits_2^6 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_2^6 {\left| {\frac{{x + 1}}{x}} \right|dx = } \int\limits_2^6 {\frac{{x + 1}}{x}dx} = \int\limits_2^6 {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)dx} \)

\( = \left. {\left( {x + \ln x} \right)} \right|_2^6 = 6 + \ln 6 - \left( {2 + \ln 2} \right) = 4 + \ln 3\).

b) \(S = \int\limits_2^6 {\left| {f\left( x \right) - 1} \right|dx} = \int\limits_2^6 {\left| {\frac{{x + 1}}{x} - 1} \right|dx = } \int\limits_2^6 {\frac{1}{x}dx} \)\( = \left. {\ln x} \right|_2^6 = \ln 6 - \ln 2 = \ln 3\).

c) Ta có \(V = \pi {\int\limits_2^6 {\left( {\frac{{x + 1}}{x}} \right)} ^2}dx\)\( = \pi {\int\limits_2^6 {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)} ^2}dx\)\( = \pi \int\limits_2^6 {\left( {1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} dx\)

\( = \left. {\pi \left( {x + 2\ln x - \frac{1}{x}} \right)} \right|_2^6\)\( = \pi \left( {6 + 2\ln 6 - \frac{1}{6} - 2 - 2\ln 2 + \frac{1}{2}} \right) = \pi \left( {4 + 2\ln 3 + \frac{1}{3}} \right)\)\( = \frac{{\left( {13 + 6\ln 3} \right)\pi }}{3}\).

d) \(V = \pi \int\limits_2^6 {\left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right)dx} \)\( = \pi \int\limits_2^6 {\left[ {{{\left( {\frac{{x + 1}}{x}} \right)}^2} - 1} \right]dx} \)\( = \pi \int\limits_2^6 {{{\left( {\frac{{x + 1}}{x}} \right)}^2}dx} - \pi \int\limits_2^6 {1dx} \)

\( = \frac{{\left( {13 + 6\ln 3} \right)\pi }}{3} - \left. {\pi x} \right|_2^6\)\( = \frac{{\left( {13 + 6\ln 3} \right)\pi }}{3} - 4\pi = \frac{{\left( {1 + 6\ln 3} \right)\pi }}{3}\).

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

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

b) Mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\)có phương trình: \(x = 0\).

Ta có \(d\left( {A,\left( {Oyz} \right)} \right) = \frac{{\left| 1 \right|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 1\).

c) \(d\left( {B,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 - 1 + 0 + 5} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\).

d) Vì \(\left( Q \right)//\left( P \right)\) nên \(\left( Q \right):x - y + z + d = 0\left( {d \ne 5} \right)\).

Vì \(d\left( {A,\left( Q \right)} \right) = d\left( {B,\left( Q \right)} \right)\) nên \(\frac{{\left| {1 - 3 + 0 + d} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {3 - 1 + 0 + d} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} }}\)\( \Leftrightarrow \left| {d - 2} \right| = \left| {d + 2} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d - 2 = d + 2\\d - 2 = - d - 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow d = 0\).

Vậy \(\left( Q \right):x - y + z = 0\). Suy ra \(b = - 1;c = 1;d = 0\). Do đó \(b + c + d = 0\).

Ta có \(f\left( x \right) = {7^x}{.4^{2x}}\)\( = {7^x}{.16^x} = {112^x}\).

\(F\left( x \right) = \int {{{112}^x}dx} = \frac{{{{112}^x}}}{{\ln 112}} + C\). Suy ra \(a = 112\).

Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{2{{\left( {3 - x} \right)}^2}}}{{{x^2}}} = \frac{{2\left( {9 - 6x + {x^2}} \right)}}{{{x^2}}} = \frac{{18}}{{{x^2}}} - \frac{{12}}{x} + 2\).

Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {\frac{{18}}{{{x^2}}} - \frac{{12}}{x} + 2} \right)dx} = - \frac{{18}}{x} - 12\ln \left| x \right| + 2x + C\).

Do đó \(F\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}2x - \frac{{18}}{x} - 12\ln x + {C_1}\;{\rm{khi}}\;x \ge 0\\2x - \frac{{18}}{x} - 12\ln \left( { - x} \right) + {C_2}\;{\rm{khi}}\;x < 0\end{array} \right.\).

Vì \(F\left( { - 1} \right) + F\left( 1 \right) = 6\) nên \({C_1} + {C_2} = 6\). Khi đó \(F\left( { - 2} \right) + F\left( 2 \right) = 6 - 24\ln 2\).

Suy ra \(a = 6;b = - 24\). Vậy \(T = - 144\).

Ta có \(\left( P \right):v\left( t \right) = a{t^2} + bt\left( {a < 0} \right)\).

Vì sau 10 giây thì vật đó đạt đến vận tốc cao nhất nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 10\\100a + 10b = 50\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 10\end{array} \right.\).

Do đó \(\left( P \right):v\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^2} + 10t\).

Do đó quãng đường vật đó đi được từ lúc bắt đầu đến lúc đạt vận tốc cao nhất là

\(s = \int\limits_0^{10} {\left( { - \frac{1}{2}{t^2} + 10t} \right)} dt = \frac{{1000}}{3} \approx 333\left( {\rm{m}} \right)\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Khi đó ta có \(A \equiv O\left( {0;0} \right),B\left( {2;0} \right),I\left( {2;1} \right),J\left( {0;1} \right)\).

Phương trình đường tròn tâm \(J\) là \({x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 1 \Rightarrow y = 1 + \sqrt {1 - {x^2}} \).

Phương trình đường tròn tâm \(I\) là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 1 \Rightarrow y = 1 - \sqrt {1 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \).

Khi đó \[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}1 + \sqrt {1 - {x^2}} \;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{khi}}\;0 \le x < 1\\1 - \sqrt {1 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \;{\rm{khi}}\;1 \le x \le 2\end{array} \right.\].

Do đó \(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}dx + } \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {1 - \sqrt {1 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} } \right)}^2}dx} \approx 10,5\).

Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {1;0; - 3} \right),\overrightarrow {MP} = \left( { - 1;1;0} \right),\left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {MP} } \right] = \left( {3;3;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) đi qua \(M\left( {3; - 1;2} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {3;3;1} \right)\) có phương trình là:

\(3\left( {x - 3} \right) + 3\left( {y + 1} \right) + \left( {z - 2} \right) = 0\) hay \(3x + 3y + z - 8 = 0\).

Suy ra \(B = 3;C = 1;D = - 8\). Do đó \({B^2} + {C^2} + {D^2} = 9 + 1 + 64 = 74\).

Giả sử vị trí quả bóng rơi là A, B là vị trí bạn nam đứng.

Do đó \(OB = \sqrt {O{A^2} - A{B^2}} = 4\). Suy ra \(A\left( {3;4;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(O,A\) và vuông góc với mặt đất \(\left( {Oxy} \right)\) có vectơ pháp tuyến là:

\(\overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow k } \right] = \left( {4; - 3;0} \right)\).

Do đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(O\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} \) có phương trình là: \(4x - 3y = 0\) hay \( - 4x + 3y = 0\).

Suy ra \(a = - 4;c = 0;d = 0\). Vậy  \(a + cd = - 4\).