Bộ 15 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 14)
39 câu hỏi
Khẳng định nào cho dưới đây là sai?
∫sinxdx=cosx+C.
∫exdx=ex+C.
∫xdx=x22+C.
∫dx=x+C.
Chọn A.
Ta có ∫sinxdx=cosx+C.
Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f(x)=2x.
F(x)=−2x2+C.
F(x)=2lnx+C.
F(x)=2lnx+C.
F(x)=−2lnx+C.
Chọn C.
Ta có Fx=∫2xdx=2lnx+C.
Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x)=x+sinx.Tìm F(x) biết F(0).
F(x)=−cosx+x22.
F(x)=−cosx+x22+2.
F(x)=cosx+x22+20.
F(x)=−cosx+x22+20
Chọn D.
Ta có Fx=∫x+sinxdx=x22−cosx+C.
Mà: F(0)=−cos0+022+C=19⇒C=20
⇒F(x)=−cosx+x22+20
∫1x2+6x+9dx bằng
−1x+3+C.
−1x−3+C.
1x−3+C.
13−x+C
Chọn A.
∫1x2+6x+9dx=∫1x+32dx=∫1x+32dx
Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f(x)=cosxcos3x
Fx =sin4x8 + sin2x4 + C.
Fx =2sin4x + sin2x + C.
Fx =sinx + sin3x3 + C.
Fx =−sin4x8 − sin2x4 + C.
Chọn A.
Ta có Fx=∫cosxcos3xdx=∫12cos4x+cos2xdx=sin4x8+sin2x4+C
Cho hàm số f(x)=12x−3. Gọi F(x) là một nguyên hàm của f(x). Phương án nào sau đây sai?
F(x)=ln2x−32+10.
F(x)=ln4x−64+10.
F(x)=ln(2x−3)24+5.
F(x)=lnx−322+1
Chọn B.
Ta có Fx=∫12x−3dx=12∫12x−3d2x−3=12ln2x−3+C.
Nên F(x)=ln4x−64+10=ln2x−34+10+ln24 sai.
Cho Fx=12x2 là một nguyên hàm của hàm số fxx. Tìm nguyên hàm của hàm số .
∫f'xlnxdx=−lnxx2+12x2+C.
∫f'xlnxdx=lnxx2+1x2+C.
∫f'xlnxdx=−lnxx2+1x2+C.
∫f'xlnxdx=lnxx2+12x2+C.
Chọn A.
fxx=12x2'=−4x4x4=−1x3⇔fx=−1x2.
Ta có ∫f'xlnxdx
Đặt u=lnxdv=f'xdx⇒du=dxxv=fx
∫f'xlnxdx=−1x2lnx−∫fxxdx=−lnxx2−12x2+C.
Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn a;b. Giả sử F(x) là một nguyên hàm của trên đoạn a;b. Khẳng định nào dưới đây đúng?
∫abfxdx=Fb−Fa.
∫abfxdx=Fa−Fb.
∫abfxdx=Fb−Fa+C.
∫abfxdx=Fa−Fb+C.
Chọn A.
Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn a;b. Mệnh đề nào dưới đây sai ?
∫abfxdx=−∫bafxdx.
∫abk.dx=kb−a,∀k∈ℝ, k≠0.
∫abfxdx=∫acfxdx+∫cbfxdx,c∈a;b.
∫abfxdx=∫bafxdx.
Chọn D.
Tính tích phân I=∫0b3xdx, với b là một số thực dương.
I=3b−1.
I=3b−1ln3.
I=1−3bln3.
I=1−3b.
Chọn B.
Ta có I=∫0b3xdx =3xln30b=3bln3−30ln3=3b−1ln3.
Cho a<b<c,∫abfxdx=5,∫cbfxdx=2. Tính ∫acfxdx
∫acfxdx=−3.
∫acfxdx=3.
∫acfxdx=7.
∫acfxdx=0
Chọn B.
Với a<b<c, ta có ∫cbfxdx=−∫bcfxdx nên
∫acfxdx=∫abfxdx+∫bcfxdx=∫abfxdx−∫cbfxdx=5−2=3.
Tính tích phân I=∫0a2x+32dx, với a là một số thực dương.
I=2a+33−273.
I=27−2a+333.
I=2a+33−16.
I=2a+33−276.
Chọn D.
I=∫0a2x+32dx=162x+330a=2a+33−276
Tính tích phân I=∫π6π2xcosxdx.
I=7π6+32.
I=7π12−32.
I=7π6−32.
I=7π12+32.
Chọn B.
Đặt u=xdv=cosxdx⇒du=dxv=sinx
⇒I=xsinxπ6π2−∫π6π2sinxdx=xsinxπ6π2+cosxπ6π2=7π12−32.
Cho I=∫01xx+1dx=a. Tính giá trị biểu thức P=2a−1.
P=1−ln2.
P=2−2ln2.
P=1−2ln2.
P=2−ln2
Chọn C.
Tacó: I=∫01xx+1dx=∫011−1x+1dx=x−lnx+101=1−ln2⇒a=1−ln2⇒P=2a−1=1−2ln2.
Cho tích phân I=∫0π2xsinx+2mdx=1+π2. Tính giá trị của tham số m.
5.
3.
4.
6
Chọn C.
Tính A=∫0π2xsinxdx. Đặt u=xdv=sinxdx⇒du=dxv=−cosx.
Suy ra A=∫0π2xsinxdx=−xcosxπ20+∫0π2cosxdx=sinxπ20=1.
Do đó I=A+2m∫0π2xdx=1+mx2π20=1+mπ24.
Theo bài ra ta có 1+mπ24=1+π2⇔mπ24=π2⇔m=4.
Tính tích phân I=∫1e 1+x+1lnxx+1 dx.
I = 1+lne+12.
I = lne+12.
I = lne+1−1.
I = 1+ln2e+2.
Chọn A.
Ta có I=∫1e 1+x+1lnxx+1 dx=∫1e1x+1dx+∫1elnxdx=(1)+(2)
(1)=lnx+11e=lne+12
(2)=xlnx1e−∫1edx=e−e−1=1
Vậy I = 1+lne+12.
Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn a;b. Diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x), trục hoành và hai đường thẳng x=a, x=b a<b được tính theo công thức nào dưới đây?
S=∫abfxdx.
S=∫abfxdx.
S=π∫abf2xdx.
S=∫abfxdx.
Chọn A.
Thể tích của khối tròn xoay do hình (H) giới hạn bởi các đường y=x+3; y=0; x=0 và x=1 quay quanh trục hoành là:
V=π∫01x+32dx.
V=π∫01x+3dx.
V=∫01x+32dx.
V=∫01x+3dx.
Chọn A.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y=x3−6x và y=x2 được tính theo công thức nào dưới đây?
S=∫−20x3−6x−x2dx−∫03x3−6x−x2dx.
S=∫−23x3−6x−x2dx.
S=∫−23x2−x3+6xdx.
S=∫−20x3−6x−x2dx.
Chọn C.
Xét phương trình x3−6x=x2⇔x=0x=−2x=3. Do đó S=∫−23x2−x3+6xdx.
Cho đồ thị hàm số f(x). Diện tích hình phẳng (phần bị gạch trong hình vẽ bên) là:
S=∫−30fxdx+∫04−fxdx.
S=∫−31fxdx+∫14fxdx.
S=∫0−3fxdx+∫04fxdx.
S=∫−34fxdx.
Chọn A.
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = xlnx, trục hoành và các đường thẳng x=1; x=e. Tính thể tích V khối tròn xoay thu được khi quay hình (H) xung quanh trục
V=5e3−2π27.
V=5e3−227.
V=5e3+2π27.
V=5e3−2π227.
Chọn A.
Ta có V=π∫1exlnx2.dx=π∫1ex2ln2x.dx.
Đặt u=ln2xdv=x2dx⇒du=2.1x.lnx.dxv=x33
Khi đó V=πx33.ln2x1e−∫1ex332x.lnx.dx=πe33−23∫1ex2.ln x.dx
Đặt u=lnxdv=x2dx⇒du=1x.dxv=x33
∫1ex2.ln x.dx=x33.lnx1e−∫1ex33.1x.dx=e33−∫1ex23.dx=e33−x391e=e33−e39+19=2e3+19.
Vậy V=πe33−232e3+19=π5e3−227.
Gọi (H) là hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y=sinxcos3x+1, trục hoành và các đường thẳng x=π4, x=π3. Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay (H) quanh trục Ox
V=1+π212.
V=π3+π12.
V=π1+π12.
V=ππ+34.
Chọn C.
Ta có V=π∫π4π3sinxcos3x+12.dx=π∫π4π3sinxcos3x+1.dx=π∫π4π3tanxcos2x.dx+π∫π4π31.dx=π∫π4π3tanx.dtanx+xπ4π3=πtan2x2π4π3+xπ4π3=π32−12+π3−π4=π1+π12.
Một chiếc thùng đựng rượu vang như hình vẽ ở bên được ghép bởi các thanh gỗ uốn cong có dạng là một parabol và được buộc chắc bằng các đai thép hình tròn. Biết đáy của thùng rượu là một đường tròn có bán kính đáy bằng 30 cm, chiều cao của thùng rượu là 1 m, chiếc đai thép hình tròn đặt chính giữa thùng rượu có bán kính 40 cm. Hỏi thùng rượu chứa được tối đa bao nhiêu lít rượu.
≈215,16 lít.
≈320,15 lít.
≈425,16 lít.
≈540,16 lít.
Chọn C.
Cắt thùng rượu bởi một mặt phẳng qua trục của thùng ta được thiết diện như hình vẽ.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta gọi phương trình parabol chứa một thanh gỗ uốn cong là P:y=a.x2+b.x+c
Theo hình vẽ ta thấy (P) đi qua các điểm 0;25, 12;310 và có đỉnh là 0;25 nên P:y=−25x2+25.
Ta có thể tích thùng rượu là
V=π∫−1212−25x2+252dx=425π∫−1212−x2+12dx=425π∫−1212x4−2x2+1dx
=425πx55−2x33+x−1212=203π1500≈0,42516 lít.
Trong không gian với hệ tọa độ (O; i →,j →, k→), cho hai vectơ a →=1;2;3 và b →=2i→−4k→. Tính tọa độ vectơ u →= a →− b →
u →=−1;2;7.
u →=−1;6;3.
u →=−1;2;−1.
u →=−1;−2;3.
Chọn A
u →= a →− b →=1 i →+2j →+3 k→−2i→−4k→=−1 i →+2j →+7 k→⇒ u →=−1;2;7.
Trong không gian Oxyz cho ba điểm M(2;0;0), N(0;-3;0), P(0;0;4). Nếu là hình bình hành thì tọa độ điểm Q là:
3; 4; 2.
2; 3; 4.
−2; −3; 4.
−2; −3; −4
Chọn B.
Gọi điểm Qx; y; x⇒QP→=−x; −y; 4−z ta có MNPQ là hình bình hành ⇔MN→=QP→
Mặt khác MN→=−2; −3; 0⇒MN→=QP→⇔−x=−2−y=−3z−4=0⇔x=2y=3z=4⇒Q2; 3; 4
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(2;1;-2) và N(4;-5;1). Tìm độ dài đoạn thẳng .
49.
7.
7.
41.
Chọn B.
Ta có: MN→=2;−6;3 nên MN=22+−62+32=7.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;-1;5), B(5;-5;7) và M(x;y;1). Với giá trị nào của x và y thì 3 điểmA, B, M thẳng hàng?
x=4 và y=7.
x=4 và y=−7.
x=−4 và y=7.
x=−4 và y=−7.
Chọn C.
AB→=kAM→⇒x=−4;y=7.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz thể tích khối tứ diện ABCD được cho bởi công thức nào sau đây?
VABCD=16DA→,DB→.DC→.
VABCD=16AB→,AC→.BC→.
VABCD=16BA→,BC→.AC→.
VABCD=16CA→,CB→.AB→.
Chọn D.
Thể tích tứ diện bằng 16 độ lớn tích hỗn tạp ba véctơ xuất phát từ một đỉnh.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a→=3; −2; m, b→=2; m; −1. Tìm giá trị của m để hai vectơ a→ và b→ vuông góc với nhau.
m=2.
m=1.
m=−1.
m=−2.
Chọn A.
Hai vectơ b→ và a→ vuông góc với nhau khi và chỉ khi .
Cho a→=−2 ;0; 1,b→=1; 3; −2. Trong các khẳng định sau khẳng định nào đúng:
a→, b→=−1; −1; 2.
a→, b→=3; 3; −6.
a→, b→=1; 1; −2.
a→, b→=−3; −3; −6.
Chọn D.
Với các vectơ a→=−2;0;1,b→=1;3;−2.
a→,b→=013−2;1−2−21;−2013=−3;−3;−6.
Vậy a→,b→=−3;−3;−6.
Sử dụng MTCT: bấm Mode 8
Cho bốn điểm O(0;0;0), A(0;1;-2), B(1;2;1), C(4;3;M). Tìm để 4 điểm O, A, B, C đồng phẳng.
m = -14.
m = -7.
m = 14.
m = 7.
Chọn C.
Để 4 điểm O, A, B, C đồng phẳng ⇔OA→,OB→.OC→=0.
Ta có.
OA→=0;1;−2OB→=1;2;1 suy ra OA→,OB→=5;−2−1.
Mà OC→=4;3;m. Khi đó OA→,OB→.OC→=0⇔20−6−m=0⇔m=14.
Cho mặt cầu có phương trình S:x2+y2+z2−2x+4y=0. Tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu là:
Tâm I1; −2; 0, bán kính R=5.
Tâm I1; −2; 0, bán kính R=5.
Tâm I−1; 2; 0, bán kính R=5.
Tâm I−1; 2; 0, bán kính R=5.
Chọn A.
Phương pháp: PT mặt cầu S:x2+y2+z2−2ax−2by−2cz+d=0 có tâm I(a;b;c) và bán kính R=a2+b2+c2−dTheo đề bài ta có: I1; −2; 0, bán kính R=12+−22+02−0=5.
Trong không gian Oxyz, cho điểm I(1;2;-3). Viết phương trình mặt cầu có tâm là và bán kính R = 2.
x+12+y+22+z−32=4.
x−12+y−22+z+32=4.
x2+y2+z2+2x−4y−6z+5=0.
x2+y2+z2−2x−4y+6z+5=0.
Chọn B.
Mặt cầu có phương trình.
x−12+y−22+z+32=4.
Trong không gian Oxyz cho phương trình x2+y2+z2−2m+2x+4my−2mz+5m2+9=0. Tìm m để phương trình đó là phương trình mặt cầu.
−5<m<1 .
m<−5 hoặc m>1.
m≤−5 hoặc m≥1.
m > 1.
Chọn B.
x2+y2+z2−2m+2x+4my−2mz+5m2+9=0⇔x−m+22+y+2m2+z−m2=m2+4m−5
Để phương trình đó là phương trình mặt cầu thì m2+4m−5>0⇔m>1m<−5.
Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng P:2x+2y+z−m2−3m=0 và mặt cầu S:x−12+y+12+z−12=9. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S).
m=−2;m=5.
m=2;m=−5.
m=4;m=−7.
m=−4;m=7.
Chọn B.
S:x−12+y+12+z−12=9 có tâm và bán kính lần lượt là I1;−1;1, R=3.
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi dI;P=R.
⇔2.1+2.−1+1−m2−3m22+22+11=3⇔−m2−3m+1=9⇔m2+3m−1=9m2+3m−1=−9⇔m=2m=−5.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:x3+y2+z1=1. Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)?
n→=6; 3; 2.
n→=2; 3; 6.
n→=1; 12; 13.
n→=3; 2; 1
Chọn B.
Mặt phẳng (P) có một VTPT là n1→=13; 12; 1=162; 3; 6=16n→⇒n→ cũng là một VTPT của (P).
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng α:2x−3y−z−1=0. Điểm nào dưới đây không thuộc mặt phẳng α.
Q1; 2; −5.
N4; 2; 1.
M−2; 1; −8.
P3; 1; 3.
Chọn D.
Thay lần lượt toạ độ của các điểm P, Q, M, N. Chỉ có toạ độ điểm P không thoả nên P∈α.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;0) và đường thẳng d:x+12=y1=z−1−1. Tìm phương trình của mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d.
x+2y−z+4=0.
2x+y−z−4=0.
2x+y+z−4=0.
2x−y−z+4=0.
Chọn B.
Vtcp của d là u→2;1;−1. Mặt phẳng (P) đi qua A nhận u→ làm vtpt
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2;-1;4), B(-2;2;-6), C(6;0;-1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC).
−5x−60y−16z−16=0.
5x−60y−16z−6=0.
5x+60y+16z−14=0.
5x+60y+16z+14=0.
Chọn C
Ta có AB→=−4;3;−10;AC→=4;1;−5.
Do đó AB→,AC→=−5;−60;−16.
Vậy phương trình (ABC) là: −5x−6−60y−0−16z+1=0 hay 5x+60y+16z−14=0
