Bộ 15 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 4)

Chọn B

Ta có: ∫3x2+1 dx=3x33+x+C=x3+x+C .

Chọn C

Ta có: ∫2cosx−sinx dx=2sinx+cosx+C. 

Chọn A

Đặt t=x2+1, ta được dt=2xdx.
Khi đó ∫2xx2+14dx=∫t4dt=t55+C.
Thay t=x2+1, ta được ∫2xx2+14dx=x2+155+C.

Chọn C

Ta có: ∫sin3x−13dx=−13cos3x−13+C.

Ta có ∫fxdx=∫x+5x dx=x22+5xln5+CChọn A

Chọn C

Đặt t=1+3lnx, suy ra t2=1+3lnx.
Ta có: 2tdt=3xdx; lnx=t2−13.
Khi đó
∫1+3lnx.lnxx dx=∫t⋅t2−13⋅23 ⋅tdt =29 ∫t4−t2 dt =29t55−t33+C
Hay ∫1+3lnx.lnxx dx=291+3lnx1+3lnx1+3lnx5−13+C.

Chọn C

Ta có: e3x4fx+f'x=2f(x)⇔2e2xf(x)+e2x.f'(x)2f(x)=1ex⇔e2x.fx'=1ex.
Do đó e2x.f(x) là một nguyên hàm của 1ex, tức e2x.f(x)=−1ex+C.
Thay x = 0 vào ta được C = 2. Tìm được f(x)=2e2x−1e3x2.
I= ∫0ln2f(x)dx=∫0ln22e2x−1e3x2dx=∫0ln24e4x−4e5x+1e6xdx=37320.

Chọn C

Ta có ∫x+1sinxdx=∫x+1−cosx'dx=−(x+1)cosx+∫cosx dx=−(x+1)cosx+sinx+CLúc này, xét gx=−(x+1)cosx+sinx+C với g(0)=0 ta có C=1.
Tức g(x)=−(x+1)cosx+sinx+1.
Vậy g(π)=π+2.

Chọn C

I=∫14x+12x.dx=∫14x2−12x.dx=13x3−x14=103

Chọn D

Ta có ∫12fxe dx=1e∫12fxdx=3e.

Ta có ∫−213x2−2x dx=x3−x2−21=12.Chọn A

Chọn B

Ta có ∫−212x−2dx=2∫−211x−2dx=2lnx−2−21=−4ln2.

Ta có ∫031−e3xe2x+ex+1 dx=∫031−exe2x+ex+1e2x+ex+1 dx=∫031−exdx=x−ex03=4−e3.
Suy ra a=4 ; b=3.Chọn B

Đặt u=lnxdv=f'xdx, chọn du=1xdxv=fx.
Ta có I=fx.lnx12−∫12fxxdx=f2.ln2−3+ln2=4ln2−3Chọn A

Chọn A

Đặt fx=x−2−3x+1.
Ta có bảng phá dấu trị tuyệt đối trong biểu thức fx như sau

Từ đó I=∫−3−12x+5x+4dx+∫−12−4x−1x+4dx+∫23−2x−5x+4dx
I=∫−3−12−3x+4dx−∫−124−15x+4dx−∫232−3x+4dxI=−10−6ln3+12ln2+3ln7. 
Vậy ta có a=12, b=−6, c=3⇒T=9.

Chọn C

Ta có fx.f3−x=4fx>0, ∀x∈0; 3⇒f3−x=4fx.
I=∫0312+fx dx
Đặt t=3−x⇒dt=−dx
Đổi cận x=0⇒t=3; x=3⇒t=0.
Thay vào ta được
I=∫0312+f3−tdt=∫0312+f3−x dx=∫0312+4fx dx=∫03fx2fx+4 dx=12∫03fxfx+2 dx=12∫03fx+2−2fx+2 dx=12∫031−2fx+2 dx=12x03−∫031fx+2 dx=32−I⇒I=32−I⇒2I=32⇒I=34Vậy I=34.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x) và trục Ox được tính theo công thức .∫−12fxdx=−∫−113fxdx+∫132fxdxChọn D

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f(x) và trục Ox là x−12−xx2+1=0.
Phương trình nêu trên có tập nghiệm là 1;2 và fx≥0,  ∀x∈1;2.
Do đó, diện tích mà ta cần tính là
S=∫12x−12−xx2+1 dx=∫12x−12−xx2+1 dx=1120.

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là
x22+3x2=x+1⇔x22+x2−1=0⇔x=−2x=1 .Ta có S=∫−21x+1−x22−3x2dx=∫−21−x22−x2+1dx=−x36−x24+x1−2=94. 

Chọn C

Gọi Elip đã cho là (E).
Dựng hệ trục Oxy như hình vẽ, khi đó(E) có phương trình là x225+y29=1.Suy ra
+ Phần phía trên trục Ox của (E) có phương trình là y=3525−x2.
+ Phần phía bên phải trục Oy của (E) có phương trình là x=539−y2.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (E), AD, BC là
S1=4∫02,53525−x2dx=12525π12+2538=5π+1532 m2.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (E), EF, GH là
S2=4∫01,5539−y2dy=2039π12+938=5π+1532 m2.
Diện tích phần đất trồng hoa (phần gạch sọc) là
S=S1+S2−SPQRS=2.5π+1532−15 m2.
Vậy số tiền dùng để trồng hoa là : S 50000đồng, làm tròn đến hàng đơn vị là 2119834 đồng

Ta có Pt=∫P'tdt=∫5 0001+0,2tdt=5 000.10,2ln1+0,2t+C=25 000.ln1+0,2t+CP0=1 000⇔C=1 000.
.
Vậy biểu thức tính số lượng virut Corona với thời gian t bất kỳ là Pt=25 000.ln1+0,2t+1000.
Với t = 3 giờ ta có P3=25 000.ln1+0,2.3+1000≈12 750,09.
Vậy số lượng virut khi t = 3 giờ khoảng 12750 con.

Thể tích khối tròn xoay nêu trên là V=π∫abf2xdx=π∫122xdx=2πlnx12=2πln2=πln4.
Vậy a = 4.Chọn C

Do trên đoạn 0;π4 ta có cosx≥sinx nên thể tích của khối đã nêu là
V=π∫abcos2xdx−π∫absin2xdx=π∫0π4cos2xdx=π2sin2x0π4=π2
Trong khoảng (2;10) có 7 số nguyên.Chọn B

Chọn B

Công thức tính thể tích khối tròn xoay quay quanh trục Ox là V=π∫abf2x dx=π∫14x dx.

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng đã cho là ax2=−bx.
Do ax2=−bx⇔x=0x=−ba nên các giao điểm là O và M−ba; b2a
(Tham khảo hình vẽ kèm theo)
Đến đây ta có:
+ V1=π∫−  ba0−bx2dx−π∫−  ba0ax22dx=πb2.x33−  ba0−πa2.x55−  ba0=2πb515a3(đơn vị thể tích).
+ V2=π∫0b2a−ya2dy  −  π∫0b2a−yb2dy=πy22a0b2a  −  πy33b20b2a=πb46a3(đơn vị thể tích)
Do vậy V1=V2⇔2πb515a3=πb46a3⇔b=54.Chọn D

Chọn D

Ta có: a→=1 ; −2 ; 5; 4 b→=0 ; 8 ; −4.
Vậy tọa độ của vectơ c→=a→−4b→=1 ; −10 ; 9.

Chọn A

Ta có: AB→=5 ; 1 ; −2.
AB =AB→=52+12+−22=30.

Chọn A

Dựa vào phương trình của (S) ta thấy tọa độ tâm I−1;2;1 và R=2.

Chọn B

Ta có AB→=(4; −2; 2) nên AB=24.
Vì (S) có tâm B và đi qua điểm A nên bán kính của (S) là .
Do đó có phương trình là R=AB.

Chọn C

Do (S) có đường kính AB nên nó nhận trung điểm I của AB làm tâm AB2và làm bán kính.
Ta có:
+ AB→=(4; −2; 4)⇒AB=6.
+ I(0; 0; 2).
Vậy (S) có phương trình là x2+y2+(z−2)2=9.

Chọn A

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
Vì ABCD là tứ diện đều nên DH là trục của đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
Mặt phẳng trung trực của cạnh AD cắt DH tại I suy ra ID là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Gọi M là trung điểm cạnh AD ta có ΔDMI∽ΔDHA
⇒DMDH=DIDA.
⇒ID=DA22DH=AD22.AD2−AH2=a22a2−a32=a64.
Vậy thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD làV=43π.ID3=43π.a643=πa368.

Chọn A

AB→=-a;b;0, AC→=a,0,c, AD→=ab2+c2;ba2+c2;ca2+b2AB→,AC→=b00c;0−ac−a;−ab−a0=bc;ac;ab.
Vì diện tích tam giác bằng 32 nên:
SΔABC=32⇔12AB→,AC→=32⇔12(ab)2+(bc)2+(ac)2=32⇔(ab)2+(bc)2+(ac)2=3.
Thể tích của tứ diện ABCD là:
VABCD=16AB→,AC→.AD→=16abcb2+c2+abca2+c2+abca2+b2=16bca2b2+a2c2+aca2b2+b2c2+aba2c2+b2c2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: (bca2b2+a2c2+aca2b2+b2c2+aba2c2+b2c2)2
 ≤[(bc)2+(ac)2+(ab)2](a2b2+a2c2+a2b2+b2c2+a2c2+b2c2)⇔(bca2b2+a2c2+aca2b2+b2c2+aba2c2+b2c2)2≤2[(bc)2+(ac)2+(ab)2]2⇔(bca2b2+a2c2+aca2b2+b2c2+aba2c2+b2c2)2≤2.32⇔(bca2b2+a2c2+aca2b2+b2c2+aba2c2+b2c2)2≤18⇔bca2b2+a2c2+aca2b2+b2c2+aba2c2+b2c2≤32

VA.BCD≤326 hay VA.BCD≤22.
nên maxVA.BCD=22. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.
Ta có: AC→=−1;0;1,AD→=2;2;2.
Nên: AC→,AD→=0122;1−122;−1022=−2;22;−2.
Do đó: SΔACD=12AC→,AD→=1212=3.
Vậy d(B,(ACD))=3VA.BCDSΔACD=3.223=62.

Chọn B

Gọi M là trung điểm AB thì M2;1;2, AB→=2;−2;−6.
Mặt phẳng trung trực của đoạn AB đi qua M nhận AB→ làm vectơ pháp tuyến, do đó nó có phương trình là 2x−2−2y−1−6z−2=0⇔x−y−3z+5=0.

Chọn C

Ta có: n→Q=1;−3;1 là một vectơ pháp tuyến của (Q).
n→R=2;−1;3 là một vectơ pháp tuyến của (R).
Vì (Q)⊥(P) nên n→P⊥n→Q,
(Q)⊥(R) nên n→P⊥n→R.
⇒n→P=n→Q,n→R=−8;−1;5 một vectơ pháp tuyến của (P).
(P) đi qua điểm M−4;1;2 có vectơ pháp tuyến là n→P=−8;−1;5 nên nó có phương trình là
−8x+4−y−1+5z−2=0⇔−8x−y+5z−41=0⇔8x+y−5z+41=0.

Chọn A

(S) có tâm I−1;2;1, bán kính R=3.
Dễ thấy A∈S.
Vì (P) tiếp xúc với (S) tại A nên IA→=2;1;−2là một vectơ pháp tuyến của (P).
Ta có (P) đi qua A1;3;−1 nhận IA→=2;1;−2làm vectơ pháp tuyến nên (P) có phương trình là 2x−1+1.y−3−2z+1=0⇔2x+y−2z−7=0 .

Chọn A

Ta có AB→=2 ; − 3 ; − 1,AC→=−2 ; 0 ; − 2; Vì AB→ , AC→ = 6 ; 6 ; − 6 nên một vectơ pháp tuyến của (ABC) là n→=1 ; 1 ; − 1.
Ta có (ABC) qua A0 ; 1 ; 2 và nhận n→=1 ; 1 ; − 1 làm vectơ pháp tuyến nên (ABC)có phương trình là 1x − 0 + 1 y − 1 −1 z − 2 = 0 ⇔ x + y − z + 1 = 0.

Chọn C

Mặt phẳng α:y=0 có vectơ pháp tuyến n→=0 ; 1 ; 0 và đi qua gốc tọa độ nên nó trùng với mặt phẳng (Oxz).

Chọn CPhương trình mặt phẳng (ABC): x1+y2+z4=1⇔4x+2y+z−4=0
Khi đó: dM,ABC=0+0+3−442+22+12=121.

Chọn D

Vì MA=MB nên M thuộc mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn thẳng AB.
Ta có (Q) đi qua trung điểm I(3;1;−1) của AB và có véctơ pháp tuyến là AB→=(2;4;−2) nên (Q) có phương trình là
2(x−3)+4(y−1)−2(z+1)=0⇔x+2y−z−6=0.
Vì M∈(P) và M∈(Q) nên M thuộc giao tuyến ∆của (P) và (Q).
(P) có véctơ pháp tuyến n→P=(0;0;1), (Q) có véctơ pháp tuyến n→Q=(1;2;−1). Khi đó ∆ có véctơ chỉ phương u→=[n→P,n→Q]=(−2;1;0).
Chọn N(2;2;0) là một điểm chung của (P) và (Q). Δ đi qua N nên có phương trình x=2−2ty=2+tz=0(t∈ℝ).
Vì M∈Δnên M=(2−2t;2+t;0). Theo định lý cosin trong tam giác MAB, ta có
cosAMB^=MA2+MB2−AB22MA⋅MB=2MA2−AB22MA2=1−AB22MA2.
Vì AB không đổi nên từ biểu thức trên ta có AMB^ lớn nhất ⇔cosAMB^ nhỏ nhất nhỏ nhất ⇔MA2.
Ta có MA2=2t2+t+32=5t2+6t+9=5t+352+365≥365
Đẳng thức xảy ra ⇔t=−35, khi đó M165;75;0.
Vậy a+b=235.