Đề kiểm tra Giữa học kì 2 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 3)
35 câu hỏi
Nguyên hàm của hàm số f(x)=1x−1x2 là:
lnx−lnx2+C
lnx-1x+C
lnx+1x+C
lnx−1x+C
Chọn C.∫f(x)dx=∫1x−1x2dx=lnx+1x+C
Nguyên hàm Fx của hàm số fx=x−13x3 x≠0 là
Fx=x−3lnx+3x+12x2+C
Fx=x−3lnx−3x−12x2+C
Fx=x−3lnx+3x−12x2+C
Fx=x−3lnx−3x+12x2+C
Chọn D.∫x−13x3dx=∫x3−3x2+3x−1x3dx=∫1−3x+3x2−1x3dx=x−3lnx−3x+12x2+C
Tính ∫sin(3x−1)dx kết quả là:
−13cos(3x−1)+C
13cos(3x−1)+C
−cos(3x−1)+C
Kết quả khác
Chọn A∫sin(3x−1)dx=−13cos3x−1+C
F(x) là một nguyên hàm của hàm số y=esinxcosxNếu Fπ=5 thì ∫esinxcosxdx bằng:
Fx=esinx+4
Fx=esinx+C
Fx=ecosx+4
Fx=ecosx+C
Chọn A
Đặt t=sinx⇒dt=cosxdxSuy ra I=∫etdt=et+C=esinx+CVì Fπ=5⇔esinπ+C=5⇔1+C=5⇔C=4Suy ra Fx=esinx+4
Hàm số fx=x−1ex có một nguyên hàm F(x) là kết quả nào sau đây, biết nguyên hàm này bằng 1 khi x= 0?
Fx=x−1ex
Fx=x−2ex
Fx=x+1ex+1
Fx=x−2ex+3
Chọn D.
Giả sử Fx=∫fxdx=∫x−1exdxĐặt u=x−1exdx=dv⇒du=dxv=exTheo công thức tính nguyên hàm từng phần ta có:Fx=x−1ex−∫exdx=x−1ex−ex+C=x−2ex+CTheo bài ra, có F0=1⇔0−2e0+C=1⇔C=3Vậy Fx=x−2ex+3
Giả sử ∫abf(x)dx=2 và ∫cbf(x)dx=3 và a<b<c thì ∫acf(x)dx bằng bao nhiêu?
5.
1.
-1
-5
Chọn C.
Ta có ∫acf(x)dx=∫abf(x)dx+∫bcf(x)dx=∫abf(x)dx−∫cbf(x)dx=2−3=−1
Cho hai hàm số f và g liên tục trên đoạn [a;b] và số thực k bất kỳ trong R. Trong các phát biểu sau, phát biểu nào sai?
∫abf(x)+g(x)dx=∫abf(x)dx+∫abg(x)dx
∫abf(x)dx=−∫baf(x)dx
∫abkf(x)dx=k∫abf(x)dx
∫abxf(x)dx=x∫abf(x)dx
Chọn D.
Cho hai hàm số liên tục f và g có nguyên hàm lần lượt là F và G trên đoạn [1;2]. Biết rằng F(1)=1 , F(2)=4 , G(1)=32 , G(2)=2 và ∫12f(x)G(x)dx=6712. Tích phân ∫12F(x)g(x)dx có giá trị bằng
1112
−14512
−1112
14512
Chọn A.
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có∫12F(x)g(x)dx=F(x)G(x)12−∫12f(x)G(x)dx=F(2)G(2)−F(1)G(1)−∫12f(x)G(x)dx=4×2−1×32−6712=1112.
Tích phân I=∫01dxx2−5x+6 bằng
I=1
I=ln43
I=ln2
I=−ln2
Chọn B.I=∫01dxx2−5x+6=∫01dxx−2x−3=∫011x−3−1x−2dx=lnx−3x−201=ln2−ln32=ln43
Tích phân I=∫13x1+x2dx bằng
4−23
8−223
4+23
8+223
Chọn B.
Đặt t=1+x2⇒t2=1+x2⇒tdt=xdxĐổi cận x=1⇒t=2; x=3⇒t=2I=∫22t2dt=t3322=8−223
Tính tích phân sau I=∫011−x2dx
π6+1
π2
π4
Đáp án khác
Chọn C.
Đặt x=sint ta có dx=costdt.
Đổi cận: x=0⇒t=0;x=1⇒t=π2I=∫011−x2dx=∫0π21−sin2x.costdt = ∫0π2cos2t.cost dt=∫0π2cos2tdt=∫0π21+cos2t2dt=x2+sin2t4|0π2=π4
Tập hợp giá trị của m sao cho ∫0m(2x−4)dx=5 là
5
5;-1
4
4;-1
Chọn B.
Có ∫0m(2x−4)dx=x2−4xom=m2−4m
Vậy ∫0m(2x−4)dx=5⇔m2−4m−5=0⇔m=−1m=5
Tích phân I=∫0πx2sinxdxbằng :
π2−4
π2+4
2π2−3
2π2−3
Chọn A.
Đặt u=x2,dv=sinxdx⇒du=2xdx,v=−cosx
Khi đó I=∫0πx2sinxdx=−x2cosx0π+2∫0πxcosxdx=π2+2KK=∫0πxcosxdxĐặt u=x,dv=cosxdx⇒du=dx,v=sinx
Khi đó: K=∫0πxcosxdx=xsinx0π−∫0πsinxdx=cosx0π=−1−1=−2
Vậy: I=π2+2−2=π2−4
Đổi biến x=2sint tích phân ∫01dx4−x2 trở thành:
∫0π6tdt
∫0π6dt
∫0π61tdt
∫0π3dt
Chọn B.
Đặt x=2sint⇒dx=2costdt
Đổi cận: x=1⇒t=π6;x=0⇒t=0
Khi đó: ∫01dx4−x2=∫0π62costdt4−4sin2t=∫0π62costdt21−sin2t=∫0π6costdtcos2t=∫0π6dt
Tích phân K=∫12(2x−1)lnxdx bằng:
K=3ln2+12
K=12
K=3ln2
K=2ln2-12
Chọn D.
Đặt u=lnx,dv=2x−1dx , suy ra du=1xdx,v=x2−xK=∫12(2x−1)lnxdx=x2−xlnx12−∫11x2−x1xdx=x2−xlnx12−x22−x12=2ln2−12
Cho hàm số f(x) liên tục trên R và f(x)+f(−x)=cos4x với mọi x∈R. Giá trị của tích phân I=∫−π2π2f(x)dx là
-2
3π16
ln2−34
ln3−35
Chọn B.
Đặt x=−t⇒∫−π2π2f(x)dx=∫π2−π2f(−t)(−dt)=∫−π2π2f(−t)dt=∫−π2π2f(−x)dx⇒2∫−π2π2f(x)dx=∫−π2π2f(x)+f(−x)dx=∫−π2π2cos4xdx⇒I=3π16
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y=−x,y=2x−x2 có kết quả là
4
92
5
72
Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y=2x−x2 và y=−x là :2x−x2=−x⇔3x−x2=0⇔x=0x=3
Ta có: 3x−x2≥0, ∀x∈0;3
Do đó: S=∫033x−x2dx=∫033x−x2dx=3x22−x3303=92
Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y=sin2x,y=cosx và hai đường thẳng x=0 ,x=π2 là
14 dvdt
16 dvdt
32 dvdt
12 dvdt
Chọn D.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y=sin2x và y=cosx là:sin2x=cosx⇒2.sinx.cosx - cosx = 0⇔cosx.2sinx−1=0⇔cosx=0sinx=12⇔x=π2+kπx=π6+k2πx=5π6+k2πk∈ℤXét trên 0;π2 nên nhận x=π6.S=∫0π2sin2x−cosx dx=∫0π6sin2x−cosx dx+∫π6π2sin2x−cosx dx=−cos2x2−sinx0π6+−cos2x2−sinxπ6π2=12
Thể tích khối tròn xoay được giới hạn bởi các đường y=1−x2, y=0, x=0 và x= 1 khi quay quanh trục Ox bằng:
8π15
2π
46π15
5π2
Chọn A.
Thể tích khối tròn xoay được giới hạn bởi các đường y=1−x2, y=0, x=0 và x= 1 khi quay quanh trục Ox là:V=π∫011−x22dx=π∫011−2x2+x4dx=πx−2x33+x5501=815π
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi C:y=x;d:y=12x. Quay (H) xung quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là:
8π
16π3
8π3
8π15
Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm: x=12x⇔x=0x=4
Suy ra: V=π∫04x−14x2dx=πx22−x31204=8π3
Cho fx là hàm liên tục trên đoạn 0; a thỏa mãn fx.fa−x=1fx>0,∀x∈0; a và ∫0adx1+fx=bac, trong đó b, c là hai số nguyên dương và bc là phân số tối giản. Khi đó b+c có giá trị thuộc khoảng nào dưới đây?
11; 22
0; 9
7; 21
2017; 2020
Đáp án B
Đặt t=a−x⇒dt=−dx
Đổi cận x=0⇒t=a; x=a⇒t=0
Lúc đó I=∫0adx1+fx=∫a0−dt1+fa−t=∫0adx1+fa−x=∫0adx1+1fx=∫0afxdx1+fx
Suy ra 2I=I+I=∫0adx1+fx+∫0afxdx1+fx=∫0a1dx=a
Do đó I=12a⇒b=1; c=2⇒b+c=3
Cách 2: Chọn fx=1 là một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính đượcI=12a⇒b=1; c=2⇒b+c=3
Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn ∫01f'x2dx=∫01x+1exfxdx=e2−14 và f(1)=0 . Tính ∫01fxdx
e−12
e24
e-2
e2
Chọn C
- Tính : I=∫01x+1exfxdx=∫01xexfxdx+∫01exfxdx=J+K
Tính K=∫01exfxdx
Đặt u=exfxdv=dx⇒du=exfx+exf'xdxv=x⇒K=xexfx01−∫01xexfx+xexf'xdx=−∫01xexfxdx−∫01xexf'xdxdo f1=0⇒K=−J−∫01xexf'xdx⇒I=J+K=−∫01xexf'xdx
- Kết hợp giả thiết ta được :
∫01f'x2dx=e2−14−∫01xexf'xdx=e2−14⇒∫01f'x2dx=e2−14 (1)2∫01xexf'xdx=−e2−12 (2)
- Mặt khác, ta tính được : ∫01x2e2xdx=e2−14 (3)
- Cộng vế với vế các đẳng thức (1), (2), (3) ta được:∫01f'x2+2xexf'x+x2e2xdx=0⇔∫o1f'x+xex2dx=0⇔π∫o1f'x+xex2dx=0hay thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f'x+xex , trục Ox, các đường thẳng x=0 , x=1 khi quay quanh trục Ox bằng 0⇒f'x+xex=0⇔f'x=−xex⇒fx=−∫xexdx=1−xex+C- Lại do f1=0⇒C=0⇒fx=1−xex⇒∫01fxdx=∫011−xexdx=1−xex01+∫01exdx=−1+ex01=e−2Vậy∫01fxdx=e−2
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 
và b→ là véctơ cùng phương với a→ thỏa mãn 
. Khi đó b→ bằng bao nhiêu?
Chọn A
Ta có b→là véctơ cùng phương với a→ 
Suy ra 
Suy ra
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A(2;9;-1) , B(0;4;1) , C(m;2m+5;1) . Biết m=m0 là giá trị để tam giác ABC vuông tại C Khi đó giá trị m0 gần giá trị nào nhất trong các giá trị sau?
0
-3
3
4
Chọn A
Ta có 
Do tam giác ABC vuông tại C
⇔m2−2m+4m2+2m+10m+5=0⇔5m2+10m+5=0⇔m=−1=m0
Trong các phương án thì 
gần 0 nhất.
Trong không gian với hệ tọa độ Oyx, cho mặt cầu (S) có tâm 
tiếp xúc với mặt phẳng 
. Khi đó phương trình mặt cầu (S) là?
Chọn A.
Ta có (P) tiếp xúc với 
Suy ra 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;1;1) , B(1;-2;0) , C(-2;1;-1) . Diện tích tam giác ABC bằng bao nhiêu?
22
222
222
112
Chọn A.
Ta có 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có A(0;-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 trục tọa độ Oxyz, cho A1;2;0,B3;−2;2,C2;3;1. Tọa độ của vectơ AB→,AC→ bằng
6;0;−6
6;−6;0
−6;0;6
−6;6;0
Chọn C.AB→=2;−4;2AC→=1;1;1⇒AB→,AC→=−6;0;6
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1;-1;3) , B(-1;2;1) , C(-3;5;-4) . Khi đó tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là
Chọn C.
Ta có 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' biết A(1;-1;0) , B(2;1;3) , C'(-1;2;2) , D'(-2;3;2). Khi đó tọa độ điểm B là?
Chọn C.
Gọi 
⇒
. Ta có 
A'B'C'D' là hình bình hành
Gọi 
ABB'A' là hình bình hành
Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho mặt cầu 
. Hỏi trong các mặt phẳng sau, đâu là mặt phẳng không cắt mặt cầu?
Chọn C.
Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;1) và bán kính R=3.
Thử A. Ta có 
cắt (S)Thử B. Ta có 
tiếp xúc với (S)Thử C. Ta có 
không cắt (S)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(1;2;1) , B(2;1;3) , C(3;2;2) , D(1;1;1). Độ dài chiều cao DH của tứ diện bằng
3147
1414
4147
31414
Chọn D.
+ AB→=1;−1;2AC→=2;0;1⇒AB→,AC→=−1;3;2 , AD→=0;−1;0
+ AB→,AC→.AD→=−3⇒VABCD=16AB→,AC→.AD→=12
+ SΔABC=12AB→,AC→=142⇒DH=3VABCDSΔABC=31414
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2;0;−2, B3;−1;−4, C−2;2;0 . Điểm D trong mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1 là:
D0;−3;−1
D0;2;−1
D0;1;−1
D0;3;−1
Chọn D.
Cho 2 điểm A(2; 4; 1), B(–2; 2; –3). Phương trình mặt cầu đường kính AB là:
x2+(y−3)2+(z−1)2=9
x2+(y+3)2+(z−1)2=9
x2+(y−3)2+(z+1)2=3
x2+(y−3)2+(z+1)2=9
Chọn DGọi I là tâm cầu, khi đó do AB là đường kính nên I là trung điểm AB. I(0;3;-1)
. Nên bán kính R = 3Vậy phương trình mặt cầu: 
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , tam giác ABC có A−1;−2;4 , B−4;−2;0, C3;−2;1 . Số đo của góc B là:
45o
60o.
30o
120o
Chon A
Ta có AB→=(−3;0;−4)⇒AB=5AC→=(4;0;−3)⇒AC=5;BC→=(7;0;1)⇒BC=50⇒AB=AC;BC2=AB2+AC2Vậy ΔABC vuông cân tại A ⇒B^= 450
