Đề kiểm tra Giữa học kì 2 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 4)
35 câu hỏi
Nguyên hàm của hàm số f(x)=2x+3x2 là :
x2−3x+C
x2+3x2+C
x2+3lnx2+C
x2+3x+C
Chọn A.∫f(x)dx=∫2x+3x2dx=x2−3x+C
Tìm ∫(cos6x−cos4x)dx là:
−16sin6x+14sin4x+C
6sin6x−5sin4x+C
16sin6x−14sin4x+C
−6sin6x+sin4x+C
Chọn C.∫(cos6x−cos4x)dx=16sin6x−14sin4x+C
F(x) là nguyên hàm của hàm số y=sin4x.cosx. F(x) là hàm số nào sau đây?
Fx=cos5x5+C
Fx=cos4x4+C
Fx=sin4x4+C
Fx=sin5x5+C
Chọn D.
Đặt t = sin x, suy ra dt = cosx.dx.
Khi đó I=∫t4dt=t55+C=sin5x5+C
Để tính ∫xln2+xdx theo phương pháp tính nguyên hàm từng phần, ta đặt:
u=xdv=ln2+xdx.
u=ln2+xdv=xdx.
u=xln2+x dv=dx.
u=ln2+xdv=dx.
Chọn B.
Chú ý: “ Nhất log, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”.
Kết quả của I=∫xexdx là:
I=ex+xex+C
I=x22ex+C
I=xex−ex+C
I=x22ex+ex+C
Chọn C.
Đặt u=xdv=exdx⇒du=dxv=ex
Theo công thức tính nguyên hàm từng phần, ta cóI=∫xexdx=xex−∫exdx=xex−∫dex=xex−ex+C
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 hàm số f liên tục trên R và số thực dương a. Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào luôn đúng?
∫aaf(x)dx=1
∫aaf(x)dx=0
∫aaf(x)dx=-1
∫aaf(x)dx=f(a)
Chọn B
Cho hai hàm số liên tục f và g có nguyên hàm lần lượt là F và G trên đoạn [0;2]. Biết rằng F(0)=0,F(2)=1,G(0)=−2,G(2)=1 và ∫02F(x)g(x)dx=3. Tích phân ∫02f(x)G(x)dx có giá trị bằng
3
0
-2
-4
Chọn C.
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có
∫02f(x)G(x)dx=F(x)G(x)02−∫02F(x)g(x)dx=F(2)G(2)−F(0)G(0)−∫02F(x)g(x)dx=1×1−0×(−2)−3=−2.
Tính I=∫01dx1+x2
π4
π2
π6+1
π12+1
Chọn A.
Đặt x=tant, ta có dx=1+tan2tdtĐổi cận: x=0→t=0x=1→t=π4Vậy I=∫01dx1+x2=∫0π4(1+tan2t)1+tan2tdt=∫0π4dt=t|0π4=π4.
Tích phân I=∫12x2+1x4dx bằng
198
238
218
258
Chọn C.
I=∫12x2+1x4dx=∫12x2dx+∫121x4dx=x3312−13x312=83−13−124−13=218
Tích phân I=∫01x1−x19dx bằng
1420
1380
1342
1462
Chọn A.
Đặt t=1−x⇒−dt=dx
Đổi cận: x=0⇒t=1; x=1⇒t=0I=−∫101−tt19dx=∫01t19−t20dx=t2020−t212101=120−121=1420
Biết rằng ∫1512x−1dx=lna . Giá trị của a là :
9
3
27
81
Chọn B.
Có ∫1512x−1dx=12ln2x−115=12ln9=ln3
Suy ra: a= 3
Tích phân I=∫0π2sinxdx bằng:
-1
1
2
0
Chọn B.
Ta có: I=∫0π2sinxdx=−cosx0π2=−cosπ2−cos0=1
Cho I=∫1eπ2coslnxxdxI=∫1eπ2coslnxxdx , ta tính được:
I = cos1
I = 1
I = sin1
Một kết quả khác
Chọn B.
Đặt t=lnx⇒dt=1xdx
Đổi cận: x=1⇒t=0;x=eπ2⇒t=π2
Khi đó: I=∫1eπ2coslnxxdx=∫0π2costdt=sint0π2=1
Tích phân I=∫0πx2sinxdx bằng :
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=∫0πxcosxdx
Đặt 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
Tích phân I=∫12lnxx2dx bằng:
121+ln2
121−ln2
12ln2−1
141+ln2
Chọn A.
Đặt u=lnx,dv=x−2dx , suy ra du=1xdx,v=−1xI=∫12lnxx2dx=−1xlnx12+∫121x⋅1xdx=−1xlnx12−1x12=121+ln2
Tính tích phân I=∫−22|x+1|dx.
4
3
5
6
Chọn C.
Nhận xét: x+1=x+1, −1≤x≤2 −x−1, −2≤x<−1 .
Do đó I=∫−22|x+1|dx=∫−2−1|x+1|dx+∫−12|x+1|dx=−∫−2−1x+1dx+∫−12x+1dx=−x22+x−2−1+x22+x−12=5.
Cho hàm số f liên tục trên R thỏa f(x)+f(−x)=2+2cos2x, với mọi x∈R. Giá trị của tích phân I=∫−π2π2f(x)dx là
2
-7
7
-2
Chọn A.
Ta có I=∫−π2π2f(x)dx=∫−π20f(x)dx+∫0π2f(x)dx (1)
Tính I1=∫−π20f(x)dx.
Đặt x=−t⇒dx=−dt ⇒I1=∫0π2f(−t)dt=∫0π2f(−x)dx
.
Thay vào (1), ta đượcI=∫0π2f(−x)+f(x)dx=∫0π221+cos2x=2∫0π2cosxdx=2∫0π2cosxdx=2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=ex;y=1 và x=1 là
e-2
e
e+1
1−e
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y=ex và trục y=1 là:
ex=1⇔x=0
Do đó: S=∫01ex−1 dx=∫01ex−1 dx=ex−x01=e−2
Thể tích khối tròn xoay sinh ra do quay hình phẳng giới hạn bởi các đường , y=x3 trục Ox , x=-1, x=1 một vòng quanh trục Ox là:
π
2π
6π7
2π7
Chọn D.
Thể tích khối tròn xoay được giới hạn bởi các đường y=x3, trục Ox, x=−1,x=1 một vòng quanh trục Ox là:V=π∫−11x32dx=π∫−11x6dx=πx77−11=27π.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn f0=1 và 5∫01f'xfx2+125dx≤2∫01f'xfxdx. Tích phân ∫01fx3dx
2533
54
12
5350
Đáp án D5∫01f'xfx2+125dx≤2∫01f'xfxdx⇔5∫01f'xfx2dx+15≤2∫01f'xfxdxÁp dụng BĐT Cauchy-Schwarz: ⇒∫01f'xfxdx2≤∫01dx.∫01f'xfx2dx⇒5∫01f'xfxdx2+15≤2∫01f'xfxdx⇔5∫01f'xfxdx−152≤0⇔∫01f'xfxdx=15Dấu “=” xảy ra khi chỉ khi: ∫01f'xfxdx=15f'xfx=k⇒k=15⇒∫f'xf2xdx=∫125dx=125x+C⇒fx33=125x+C⇔fx=325x+3C3f0=1⇒3C=1⇒fx=325x+13⇒∫01fx3dx=∫01325x+1dx=5350
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;4], đồng biến trên đoạn [1;4] và thỏa mãn đẳng thức x+2x.fx=f'x2,∀x∈1;4. Biết rằng f1=32, tính I=∫14fxdx
I=118645
I=117445
I=122245
I=120145
Chọn A
Ta có x+2x.fx=f'x2⇒x.1+2fx=f'x⇒f'x1+2fx=x,∀x∈1;4Suy ra ∫f'x1+2fxdx=∫xdx+C⇔∫dfx1+2fxdx=∫xdx+C⇒1+2fx=23x32+C . Mà f1=32⇒C=43Vậy fx=23x32+432−12Do đó I=∫14fxdx=118645
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho a→=3;2;1, b→=3;2;5. Khi đó: a→,b→ có tọa độ bằng
8;−12;5
8;−12;0
0;8;12
0;8;−12
Chọn B
a→=3;2;1b→=3;2;5⇒a→,b→=2.5−2.1;1.3−3.5;3.2−3.2=8;−12;0
Trong không gian Oxyz, điểm M nằm trên mặt phẳng (Oxy), cách đều ba điểm A2,−3,1, B0;4;3, C−3;2;2 có tọa độ là:
1725;4950;0
−3;−6;7
−1;−13;14
47;1314;0
ChọnA
Vì M thuộc mặt phẳng 
Ta có: 
Theo giả thiết:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3), trên trục Oz lấy điểm M sao cho AM=5. Tọa độ của điểm M là
M0;0;3
M0;0;2
M0;0;−3
M0;3;0
Chọn A.
Do M∈Oz⇒M(0;0;m)AM=(m−3)2+5Mặt khác AM=5 nên (m−3)2+5=5⇔m−3=0⇔m=3Suy ra M (0; 0; 3)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho véctơ a→=1;m;2; b→=m+1;2;1; c→=0;m−2;2 . Giá trị của m để a→, b→, c→ đồng phẳng là:
25
−25
15
1
Chọn A
Ta có a→,b→=m−4;2m+1;−m2−m+2⇒a→,b→.c→=−5m+2Để ba vecto a→; b→; c→ đồng phẳng khi và chỉ khi:a→,b→.c→=0⇔−5m+2=0⇔m=25
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A1; −1; 3,B−1; 2; 1,C−3; 5; −4 . Khi đó tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là
G−32; 3; 0.
G−3; 6; 0.
G−1; 2; 0.
G−13; 23; 0.
Chọn C.
Ta có xG=1+−1+−33=−1yG=−1+2+53=2zG=3+1+−43=0⇒G−1;2;0.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 3; 1), C(-3; 6; 4). Gọi M là điểm nằm trên đoạn BC sao cho MC = 2MB. Độ dài đoạn AM là:
27
29
33
30
Chọn B
Gọi M(x;y;z); BC→−3;3;3; MC→(−3−x; 6−y; 4−z)
Do M là điểm nằm trên đoạn BC sao cho MC = 2MB nên 
AM= (−1−2)2+(4−0)2+(2−0)2=29
Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh A(−4;9;−9),B(2;12;−2) và C( -m- 2; 1- m; m + 5). Tìm m để tam giác ABC vuông tại B.
m = 3
m = -3
m = 4
m = -4
Chọn D.
Ta có: BA→( −6;−3; −7); BC→(−m−4; −m−11; m+7)
Để tam giác ABC vuông tại B khi và chỉ khi: BA⊥BC ⇔BA→ ⊥BC→
Do đó:BA→. BC→=0 ⇔−6.(−m−4)−3.(−m−11)−7.(m+7)=0⇔6m+24 + 3m+33−7m−49=0⇔2m+ 8=0⇔m=−4
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba vectơ a→=(1;-1;0), b→=(2;1;-1), c →=(m;0;2m-1). Khi đó để ba vectơ 
đồng phẳng thì giá trị của tham số thực m bằng bao nhiêu?
m=73
m=12
m=37
m=27
Chọn C.
Ta có: a→; b→= (1;1;3) ⇒a→; b→. c→=1.m+1.0+3.(2m−1)=7m−3
Khi đó ba vectơ 
đồng phẳng 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ 
, 
cùng phương với vectơ a→. Biết vectơ b→ tạo với tia Oy một góc nhọn và 
. Khi đó tổng 
bằng bao nhiêu?
xo+yo+zo=3
xo+yo+zo=-3
xo+yo+zo=6
xo+yo+zo=-6
Chọn B.
Do 
cùng phương
Mặt khác b→ tạo với tia Oy một góc nhọn ⇒
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A(1;-1;0) , B(2;1;1) , C(-1;0;-1) , D(m;m-3;1). Tìm tất cả các giá trị thực của m để ABCD là một tứ diện .
m≠52
m≠25
m∈∅
m≠3
Chọn A.
Ta có AB→( 1;2;1); AC→(−2;1;−1); AD→(m−1; m−2; 1)⇒AB→; AC→= (−3;−1;5) ⇒AB→; AC→. AD→=−3.(m−1)−1.(m−2)+5.1 =−3m+3−m+2+5=−4m+10Để ABCD là một tứ diện thì 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cặp mặt phẳng nào sau đây cắt nhau ?
và 
và 
và 
và 
Chọn C.
Thử A : ta có 
Thử B : ta có 
Thử C : ta có 
cắt nhau .
Trong không gian Oxyz, cho điểm A−2;2;−2,B3;−3;3. M là điểm thay đổi trong không gian thỏa mãn MAMB=23. Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng?
123
63
532
53
Chọn A
Gọi Mx;y;z ta có:MAMB=23⇔9MA2=4MB2⇔9x+22+y−22+z+22=4x−32+y+32+z−32⇔x2+y2+z2+12x−12y+12z=0⇒M∈mặt cầu (S) tâm I−6;6;−6 bán kính R=63Khi đó OMmax=dO;I+R=OI+R=63+63=123
Cho tam giác ABC với A1; 2; −1,B2; −1; 3,C− 4; 7; 5. Độ dài phân giác trong của ΔABC kẻ từ đỉnh B là
2745
2743
3733
230
Chọn B
Gọi Da; b; c là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B.
Ta có: BA= (1−2)2+(2+1)2+ (−1−3)2=26BC= (−4−2)2+ (7+1)2+(5−3)2=104=226
Theo tính chất đường phân giác ta có: BABC=ADCD=12⇒2AD→=−CD→.
Trong đó: AD→(a−1; b−2; c+1); CD→(a+4; b−7; c−5)⇒2a−1=−a−42b−2=−b+72c+1=−c+5⇔a=−23b=113c=1⇒BD=2743
