Đề kiểm tra Giữa học kì 2 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 1)
35 câu hỏi
Nguyên hàm của hàm số f(x)=x2−3x+1x là:
x33−3x22+lnx+C
x33−3x22+1x2+C
x3−3x2+lnx+C
x33−3x22−lnx+C
Chọn A.
∫f(x)dx=∫x2−3x+1xdx=x33−3x22+lnx+C
Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số fx=ax+bx2 x≠0, biết rằng F−1=1, F1=4, f1=0. F(x) là biểu thức nào sau đây
Fx=3x22−32x−12
Fx=3x24−32x−74
Fx=3x22+34x−74
Fx=3x24+32x+74
Chọn D.∫fxdx=∫ax+bx2dx=∫ax+bx−2dx=ax22+bx−1−1+C=ax22−bx+C=FxTa có: F−1=1F1=4f1=0⇔a2+b+C=1a2−b+C=4a+b=0⇔a=32b=−32c=74Vậy Fx=3x24+32x+74
Nguyên hàm của hàm số f(x)=2sin3xcos2x là :
−15cos5x−cosx+C
15cos5x+cosx+C
5cos5x+cosx+C
Kết quả khác
Chọn A.
I=∫2sin3x.cos2xdx=∫sin5x+sinxdx=∫sin5xdx+∫sinxdx=−cos5x5−cosx +C
Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số y=xex2.Hàm số nào sau đây không phải là F(x):
Fx=12ex2+2
Fx=12ex2+5
Fx=12ex2+C
Fx=−122−ex2
Chọn C.
Đặt t=x2⇒dt=2xdxSuy ra I=∫x.ex2dx=12∫etdt=12et+C=12ex2+C
Tính nguyên hàm I=∫lnlnxxdx được kết quả nào sau đây?
I=lnx.lnlnx+C.
I=lnx.lnlnx+lnx+C.
I=lnx.lnlnx−lnx+C.
I=lnlnx+lnx+C.
Chọn C.Đặt lnx=t⇒dt=dxx. Suy ra I=∫lnlnxxdx=∫lnt dtĐặt u=lntdv=dt⇒du=dttv=t. Theo công thức tính nguyên hàm từng phần, ta có:I=tlnt−∫dt=tlnt−t+C=lnx.lnlnx−lnx+C
Cho ∫02fxdx=3. Khi đó ∫024fx−3dx bằng
2 .
4 .
6 .
8
Chọn C.
Ta có: ∫024fx−3dx=4∫02fxdx−3∫02dx=4.3−3x|02=12−6=6
Cho hàm số f liên tục trên đoạn [a;b] có một nguyên hàm là hàm F trên đoạn [a;b]. Trong các phát biểu sau, phát biểu nào sai ?
∫abf(x)dx=F(b)−F(a)
F'(x)=f(x) với mọi x∈(a;b)
∫abf(x)dx=f(b)−f(a)
Hàm số Gcho bởi G(x)=F(x)+5 cũng thỏa mãn ∫abf(x)dx=G(b)−G(a)
Chọn C
Tích phân I=∫01(3x2+2x−1)dx bằng
I = 1.
I = 2.
I = 3
I = -1.
Chọn A.I=∫01(3x2+2x−1)dx=∫013x2dx+∫012xdx−∫01dx=x3+x2−x01=1
Tích phân K=∫23xx2−1dx bằng
K=ln2
K=2ln2
K=ln83
K=12ln83
Chọn D.Đặt t=x2−1⇒dt2=xdx Đổi cận x=2⇒t=3; x=3⇒t=8K=12∫381tdx=12lnt38=12ln83.
Biết ∫0b2x−4dx=0. Khi đó b nhận giá trị bằng:
b = 0 hoặc b = 2.
b = 0 hoặc b = 4.
b= 1 hoặc b= 2.
b = 1 hoặc b = 4.
Chọn B.∫0b2x−4dx=x2−4x0b=b2−4bVậy ∫0b2x−4dx=0⇔b2−4b=0⇔b=4b=0
Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn [0;2] thỏa mãn ∫02f(x)dx=6. Giá trị của tích phân ∫0π/2f(2sinx)cosxdx là
-6 .
6 .
-3 .
3.
Chọn D.Đặt t=2sinx⇒dt=2cosxdxĐổi cận:
x | 0 | π2 |
t | 0 | 2 |
Vậy ∫0π/2f(2sinx)cosxdx=∫02f(t)2dt=12∫02f(t)dt=3
Tích phân ∫0π42sin2x2dx bằng:
π4−22
π4+22
−π4−22
−π4+22
Chọn A.Ta có: I=∫0π42sin2x2dx=∫0π41−cosxdx=x−sinx0π4=π4−sinπ4=π4−22
Tích phân I=∫0π6sin3x.cosxdx bằng:
6
5
4
164
Chọn D.Cách 1: I=∫0π6sin3x.cosxdx=∫0π6sin3x.dsinx=sin4x40π6=164Vậy I=164Cách 2: I=∫0π6sin3x.cosxdxĐặt t=sinx⇒dt=cosxdxĐổi cận: x=0⇒t=0x=π6⇒t=12Khi đó: I=∫012t3dt=14t4012=164Vậy I=164
Tích phân L=∫0πxsinxdx bằng:
L = p
L = -p
L = -2
L = 0
Chọn A.Đặt u=xdu=sinxdx⇒du=dxv=−cosxKhi đó: L=−xcosx0π+∫0πcosxdx=−πcosπ+sinx0π=π+sinπ−sin0=π
Để hàm số fx=asinπx+b thỏa mãn f1=2 và ∫01fxdx=4 thì a, b nhận giá trị
a=π,b=0
a=π,b=2
a=2π,b=2
a=2π,b=3
Chọn B.Ta có: f1=2⇔asinπ+b=2⇔b=2Suy ra ∫01fxdx=∫01asinπx+2dx=−aπcosπx+2x01=2aπ+2Mà ∫01fxdx=4⇒2aπ+2=4⇒a=πVậy a=π,b=2
Tích phân I=∫0ln2xe−xdx bằng:
121−ln2
121+ln2
12ln2−1
141+ln2
Chọn A.Đặt u=x,dv=e−xdxSuy ra du=dx,v=−e−xI=∫0ln2xe−xdx=−xe−x0ln2+∫0ln2e−xdx=−xe−x0ln2−e−x0ln2=121−ln2
Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y=2x−x2 và đường thẳng x+y=2 là:
16 dvdt
52 dvdt
65 dvdt
12 dvdt
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y=2x−x2 và x+y=2 là:2x−x2=2−x⇔x2−3x+2=0⇔x=1x=2Ta có: x2−3x+2≤0,∀x∈1;2Do đó: S=∫12x2−3x+2dx=−∫12x2−3x+2dx=16
Cho đồ thị hàm số y = f(x). Diện tích hình phẳng (phần có đánh dấu gạch trong hình) là:
∫−30fxdx+∫40fxdx
∫−31fxdx+∫14fxdx
∫0−3fxdx+∫04fxdx
∫−34fxdx
Chọn A.Xét trên [−3;0] thì f(x)≥0⇒∫−30f(x)dx=∫−30f(x)dxXét trên [0;4] thì f(x)≤0⇒∫04f(x)dx=−∫04f(x)dx=∫40f(x)dxSuy ra, xét trên [−3;4] thì S=∫−34f(x)dx=∫−30f(x)dx−∫04f(x)dx ⇒S=∫−30f(x)dx+∫40f(x)dx.
Cho hai hàm số fx và gx liên tục trên a;b và thỏa mãn:
0<gx<fx , ∀x∈a;b . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh Ox hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường: y=fx , y=gx , x=a ; x=b . Khi đó V dược tính bởi công thức nào sau đây?
π∫abfx−gx2dx
π∫abf2x−g2xdx
π∫abfx−gxdx2
∫abfx−gxdx
Chọn B.
Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay: giới hạn bởi đồ thị y=fx, y=gx, x=a, x=b khi quay xung quanh trục Ox: V=π∫abf2x−g2xdx
Vì 0<gx<fx , ∀x∈a;b nên V=π∫abf2x−g2xdx
Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x và y=x quay xung quanh trục Ox. Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành bằng:
−π
π3
π6
π
Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm: x=x⇔x=0x=1Suy ra: V=π∫01x−x2dx=π(x22−x33)01=π6
Biết diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y=lnx và y=1 là S=ae+be+c với a , b , c là các số nguyên. Tính P=a+b+c.
P = -2
P = 3
P = 0
P = 4
Chọn C.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm: lnx=1⇔lnx=1lnx=−1⇔x=ex=1eS=∫1ee1−lnxdx=∫1e11+lnxdx+∫1e1−lnxdx=I1+I2Tính I1=∫1e11+lnxdx. Đặt u=1+lnxdv = dx⇒du = 1xdxv=x⇒I1=x1+lnx|1e1−∫1e1dx=1−x|1e1=1−1−1e=1eTính I2=∫1e1−lnxdx. Đặt u=1−lnxdv = dx⇒du = −1xdxv=x⇒I2=x1−lnx|1e+∫1edx=−1+x|1e=−1+e−1=e−2Suy ra S=e+1e−2=ae+be+c⇒a=1Vậy, P=a+b+c=0
Cho parabol P:y=x2+1 và đường thẳng d:y=mx+2. Biết rằng tồn tại m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và d đạt giá trị nhỏ nhất, tính diện tích nhỏ nhất đó.
S = 4
S = 43
S = 0
S = 23
Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là :x2+1=mx+2⇔x2−mx−1=0 *Ta có Δ=m2+4>0,∀m∈R nên phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x=a và x=b a<b. Do đó (P) luôn cắt d tại 2 điểm phân biệt Aa;ma+2 và Bb;mb+2.Với mọi m, đường thẳng d luôn đi qua điểm M0;2. MàyCT=1.Suy ra mx+2≥x2+1,∀x∈a;b.Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và d là. S=∫abmx+2−x2+1dx=∫abmx+1−x2dx=mx2+x−x33ba =b−am2b+a+1−13a2+b2+ab =b−am2b+a+1−13a+b2+13ab⇒S2=b−a2m2b+a+1−13a+b2+13ab2 =b+a2−4abm2b+a+1−13a+b2+13ab2Vì a, b là nghiệm của phương trình (*) nên ta có a+b=mab=−1.Khi đó S2=m2+4m26+232≥4.49=169.Đẳng thức xảy ra khi m=0. Vậy Smin=43.
Trong không gian Oxyz với hệ tọa độ O;i→;j→;k→ cho OA→=−i→+3k→. Tìm tọa độ điểm A
−1;0;3
0;−1;3
−1;3;0
−1;3
Chọn A
Từ 
Cho a→2;3;1, b→5;6;4. Tìm m, n sao cho c→m;n;1 và a→,b→ cùng phương.
m = 2 và n = –1.
m = –2 và n = 1.
m = 1 và n = –2.
m = –1 và n = 2.
Chọn B.Ta có: a→,b→=6;−3;−3c→m;n;1 và a→,b→cùng phương khi m6=n−3=1−3⇒m=−2n=1
Cho a→1;−3;2, b→m+1;m−2;1−m, c→0;m−2;2.
Tìm m để ba vectơ đó đồng phẳng.
m = 0 V m = –2.
m = –1 V m = 2.
m = 0 V m = –1.
m = 2 V m = 0.
Chọn C.Ta có: a→,b→=m+1;3m+1;4m+1Ba vectơ a→, b→, c→ đồng phẳng khi a→,b→c→=0⇔3m2+3m=0⇔m=0m=−1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình bình hành MNPQ có M ( 2; 0; 0) ; N ( 0; -3; 0 ) ; P ( 0; 0; -4). Tìm tọa độ điểm Q
Q−2;−3;−4.
Q2;3;−4.
Q−2;−3;4.
Q4;4;2.
Chọn B.Ta có: MN→=−2;−3;0,QP→=−xQ;−yQ;−4−zQTứ giác MNPQ là hình bình hành khi và chỉ khi MN→=QP→⇔−xQ=−2−yQ=−3−4−zQ=0⇔xQ=2yQ=3zQ=−4Vậy Q( 2; 3; -4)
Trong không gian Oxyz, cho điểm M−1;2;3. Tọa độ hình chiếu của M trên trục Ox là:
(-1;2;0)
(-1;0;0)
0;0;3
(0;2;0)
Chọn B.
Hình chiếu của điểm M trên trục Ox là M1(-1;0;0)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(-1; 2; -3), B(1; 0; 2), C(x,y,-2) thẳng hàng. Khi đó tổng x + y bằng bao nhiêu?
x + y = 1
x + y = 17
x + y = 115
x + y = -115
Chọn A. Ta có 
Khi đó A, B, C thẳng hàng nên hai vecto AB→; AC→ cùng phương
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(-1; 2; 4); B (- 1; 1; 4); C (0; 0; 4). Tìm số đo của ABC^
1350
450
600
1200
Chọn A
Ta có: BA→0;1;0, BC→1;−1;0
cosABC^=cosBA^,BC→=0.1+1.−1+0.00+1+01+1+0=−12
⇒ABC^=1350
Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A1;0;0, B0;1;0, C0;0;1, D−2;1;−1. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD.
450
600
900
1350
Chọn A.Gọi φ là góc tạo bởi hai đường thẳng AB và CDTa có: AB→−1;1;0, BC→−2;1;−2cosφ=cosBA^,BC→=−1.−2+1.1+0.−21+1+04+1+4=12⇒φ=450
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A3;2;1,B1;−1;2,C1;2;−1. Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn OM→=2AB→−AC→.
M−2; 6; −4
M2; −6; 4
M−2; −6; 4
M5; 5; 0
Chọn C.
Ta có:
AB→=−2;−3;1⇒2AB→=−4;−6;2AC→=−2;0;−2⇒−AC→=2;0;2⇒OM→=−2;−6;4⇒M−2;−6;4.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A1;2;1, B2;1;3, C3;2;2.Độ dài chiều cao AH của tam giác bằng
216
423
146
143
Chọn B.
+ AB→=1;−1;2AC→=2;0;1⇒AB→,AC→=−1;3;2 ⇒AB→,AC→=14
+ SΔABC=12AB→,AC→=142
+ BC→=1;1;−1⇒BC=3 ⇒AH=2SΔABCBC=423
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A3;0;−2 và mặt cầu S:x−12+y+22+z+32=25.Một đường thẳng d đi qua A, cắt mặt cầu tại hai điểm M, N. Độ dài ngắn nhất của MN là
8
4
6
10
Chọn A.
Mặt cầu S:x−12+y+22+z+32=25 có tâm I1;−2;−3;R=5Ta có: AI=3<5=R. Nên điểm A năm trong mặt cầu.Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d.Trong tam giác vuông ΔIAH và ΔIHM. Ta có: IH≤IA; 12MN=HM=IM2−IH2Do đó để MNmin thì IHMax⇒IH=IA⇒MN=2HM=2IM2−IA2=8.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có A(-2;1;1), B(-2;1;1), C(-1;0;0), D(1;1;1). Thể tích V của tứ diện ABCD bằng bao nhiêu?
V = 16
V = 13
V = 2
V = 1
Chọn D.
Ta có 
Suy ra 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp S.ABCD có S(1;3;-1), A(1;0;0), B(0,-2,0), C(0;0;4) . Độ dài đường cao của hình chóp S.ABCD bằng
121
217
213
213
Chọn D
Cách 1: Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn
Khi đó đường cao của hình chóp S.ABCD:
Cách 2: Ta có 
và 
Suy ra 
