Đề kiểm tra Giữa học kì 2 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 5)

Đáp án đúng là D.

Mặt cầu tâm O(0; 0; 0), bán kính bằng 2 có phương trình là

(x - 0)² + (y - 0)² + (z - 0)² = 2²

$\iff$ x² + y² + z² = 4.

Đáp án đúng là: B

Tích vô hướng $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=(1;-2;2).(-1;2;1)$ 

= 1.(-1) + (-2).2 + 2.1 = (-1) + (-4) + 2 = -3

Đáp án đúng là: A

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(-1; 2; 1) và nhận vectơ  làm vectơ pháp tuyến là

2.[x - (-1)] + (-1).(y - 2) + (-1).(z - 1) = 0

$\iff$2(x + 1)+ (y - 2) + (z - 1) = 0

$\iff$ 2x + 2 - y + 2 - z + 1 = 0

$\iff$2x - y - z + 5 = 0.

Đáp án đúng là: D

$\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left[3f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]dx=3\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)dx$ 

= 3.1 - 2 = 1.

Đáp án đúng là: C

Hàm số xác định khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_{2}x-1\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_{2}x\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x\ne 2\end{array}\right.$ 

Vậy tập xác định của hàm số là D = (0; +$\infty$) \ {2}.

Đáp án đúng là: B

Phương trình giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là $\frac{x-1}{x-2}=0\iff x=1$ 

Vậy tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là I(1; 0)

$\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{{(x-1)}^{\text{'}}.(x-2)-{(x-2)}^{\text{'}}.(x-1)}{{(x-2)}^2}$ 

$=\frac{(x-2)-(x-1)}{{(x-2)}^2}=\frac{-1}{{(x-2)}^2}$ 

$\Rightarrow {y^{\text{'}}}_I=\frac{-1}{{(1-2)}^2}=-1$ 

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm I(1; 0) là  

$y={y^{\text{'}}}_I(x-x_I)+y_I$ 

$\iff$ y = (-1).(x - 1) + 0

$\iff$ y = 1 - x.

Đáp án đúng là: D

P = log₆ 12 = log₆ (6.2) = log₆ 6 + log₆ 2

$=1+\frac{1}{{\log }_{2}6}=1+\frac{1}{{\log }_2(2.3)}$ 

$=1+\frac{1}{{\log }_{2}2+{\log }_{2}3}$ 

$=1+\frac{1}{1+a}=\frac{1+a+1}{1+a}=\frac{2+a}{1+a}$.

Đáp án đúng là: C

Nhận dạng đồ thị trên là đồ thị của hàm trùng phương y = f (x) = ax⁴ + bx² + c (a ¹ 0)

Đồ thị f (x) đi qua điểm có tọa độ (0; 2) nên ta có f (0) = c = 2.

Suy ra f (x) = ax⁴ + bx² + 2

Từ đó, $f\text{'}\left(x\right)=4a{x}^3+2bx=2x.(2a{x}^2+b)$ 

Dựa vào đồ thị ta thấy, khi x ⟶ +$\infty$ thì f (x) ⟶ +$\infty$

Từ đó suy ra a > 0

Loại 2 đáp án là A và D

Ngoài cực trị x = 0, f (x) còn tồn tại hai cực trị trái dấu x₁, x₂ với $\left|x_1\right|=\left|x_2\right|<1$ 

Nên suy ra a.b < 0

Loại đáp án B

Vậy đồ thị hàm số thỏa mãn những điều kiện trên là y = x⁴ - 5x² + 2.

Đáp án đúng là: A

Ta có: SA = SB = a = l

Tam giác SAB là tam giác vuông cân tại S.

Theo định lý Py-ta-go với tam giác SAB vuông cân tại S, ta có:

$AB=\sqrt{S{A}^2+S{B}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$ 

$\Rightarrow r=OB=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ 

Và $h=SO=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ 

Thể tích khối nón bằng $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{12}$ .

Đáp án đúng là: D

6^x + 12 = 3^x+1 + 2^x+2

$\iff$ 6^x + 12 = 3.3^x + 4.2^x

$\iff$ 6^x - 3.3^x = 4.2^x - 12

$\iff$3^x.(2^x - 3) = 4.(2^x - 3)

$\iff$(3^x - 4).(2^x - 3) = 0

$\iff [\begin{array}{c}{3}^x-4=0\\ 2^x-3=0\end{array}$ 

$\iff [\begin{array}{c}{3}^x=4\\ 2^x=3\end{array}$ 

$\iff [\begin{array}{c}x={\log }_{3}4\\ x={\log }_{2}3\end{array}$ 

Đáp án đúng là: B

y = 4sin³ x + 9cos² x + 6sin x - 10

= 4sin³ x + (9cos² x - 9) + 6sin x - 1

= 4sin³ x - 9sin² x + 6sin x - 1

Đặt f (t) = 4t³ - 9t² + 6t - 1 với t = sin x Î [-1; 1]

$\iff$ (12t² -12t) - (6t - 6) = 0

$\iff$12t.(t - 1) - 6(t - 1) = 0

$\iff$6(2t -1).(t - 1) = 0

$\iff [\begin{array}{c}2t-1=0\\ t-1=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}t=\frac{1}{2}\\ t=1\end{array}$ 

Xét bảng biến thiên của hàm số f (t) = 4t³ - 9t² + 6t - 1 trên đoạn [-1; 1]

Đáp án đúng là: D

$F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int e^{x}dx=e^x+C$ 

$\Rightarrow$ F(0) = e⁰ + C = 1 + C = 2

$\iff$ C = 1 $\Rightarrow$F (x) = e^x + 1

Suy ra, F (1) = e + 1.

Đáp án đúng là: A

Đặt u = 2x + 1 $\Rightarrow$ du = 2 dx $\iff dx=\frac{du}{2}$ 

 $\int \sin (2x+1)dx=\int \sin \left(u\right)\frac{du}{2}=\frac{1}{2}\int \sin \left(u\right)du$ 

$=-\frac{1}{2}\cos \left(u\right)+C=-\frac{1}{2}\cos (2x+1)+C$ 

Đáp án đúng là: B

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{4-x^2}dx=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{x^2-4}dx$ 

$=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{(x-2).(x+2)}dx$ 

$=-\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{(x+2)-(x-2)}{(x-2).(x+2)}dx$ 

$=-\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2}\right)dx$ 

$=-\frac{1}{4}\left(\ln |x-2|-\ln |x+2|\right)\overline{)\underset{0}{\overset{1}{}}}$ 

$=\frac{\ln 3}{4}+\frac{\ln 2}{4}-\frac{\ln 2}{4}=\frac{\ln 3}{4}$ 

Suy ra a = 3, b = 4

Vậy giá trị a + b = 3 + 4 = 7.

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB với A(-1; 2; 0), B(3; 2; 2)

Suy ra điểm I có tọa độ là (x_I; y_I; z_I) với

$\left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+x_B}{2}\\ y_I=\frac{y_A+y_B}{2}\\ z_I=\frac{z_A+z_B}{2}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{(-1)+3}{2}=1\\ y_I=\frac{2+2}{2}=2\\ z_I=\frac{0+2}{2}=1\end{array}\right.$  

$\Rightarrow$ I(1; 2; 1)

Đáp án đúng là: D

$\underset{0}{\overset{2}{\int }}\sqrt{e^{x+2}}dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}{e}^{\frac{x+2}{2}}dx$ 

Đặt $u=\frac{x+2}{2}\Rightarrow du=\frac{dx}{2}\iff dx=2du$ 

Đổi cận ta được:

+ x = 0 $\Rightarrow$u = 1

+ x = 2 $\Rightarrow$ u = 2

Suy ra $\underset{0}{\overset{2}{\int }}{e}^{\frac{x+2}{2}}dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}2e^{u}du$ 

$=2e^u\overline{)\begin{array}{c}2\\ \\ 1\end{array}}=2e^2-2e$ 

$\Rightarrow$a = 1, b = -2

$\Rightarrow$ a² + b² = 1² + (-2)² = 5.

Đáp án đúng là: C

Đặt x = tan t Þ x² + 1 = tan² t + 1

Và $dx=\frac{1}{{\cos }^{2}t}dt=({\tan }^{2}t+1)dt$ 

Đổi cận ta được:

+ x = 0 $\Rightarrow$ t = 0

+ x = 2 $\Rightarrow t=\frac{\pi }{4}$ 

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x+1}{x^2+1}dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{\tan t+1}{{\tan }^{2}t+1}.({\tan }^{2}t+1)dt$ 

$=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}(\tan t+1)dt=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\left(\frac{\sin t}{\cos t}+1\right)dt$  

$=(-\ln \left|\cos t\right|+t)\overline{)\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{}}}=\frac{\pi }{4}-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}\ln 2+\frac{\pi }{4}$ 

Suy ra $a=\frac{1}{2},b=\frac{1}{4}\Rightarrow a.b=\frac{1}{2}.\frac{1}{4}=\frac{1}{8}$ 

Đáp án đúng là: B

Từ thời điểm t₀ = 0 (s) đến lúc dừng hẳn tức là v (t₁) = 10 - 5t₁ = 0 $\iff$ t₁ = 2 (s)

Quãng đường ô tô dịch chuyển từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn bằng $S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}|10-5t|dt=\underset{0}{\overset{2}{\int }}(10-5t)dt$

$=\left(10t-\frac{5}{2}{t}^2\right)\overline{)\underset{0}{\overset{2}{}}}=10.2-\frac{5}{2}{.2}^2=10$ (m).

AH là đường cao của tứ diện đều A.BCD nên H là trọng tâm tam giác BCD

Suy ra, $HD=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ 

$\Rightarrow AH=\sqrt{A{D}^2-H{D}^2}$ 

$=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ 

Và $S_{BCD}=\frac{1}{2}BC.BD.\sin \widehat{CBD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ 

Ta có: $\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}=\frac{AP}{AD}=\frac{1}{2}$ 

Suy ra mặt phẳng (MNP) song song với mặt phẳng (BCD)

$\Rightarrow$ d_O/(MNP) = d_B/(MNP) = d_A/(MNP)

$=\frac{1}{2}{d}_{A/\left(BCD\right)}=\frac{AH}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$ 

$S_{MNP}={\left(\frac{AM}{AB}\right)}^2.S_{BCD}=\frac{1}{4}{S}_{BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{16}$ 

Suy ra $V_{O.MNP}=\frac{1}{3}{d}_{O/\left(MNP\right)}.S_{MNP}$ 

$=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{6}.\frac{a^2\sqrt{3}}{16}=\frac{a^3\sqrt{2}}{36}$ 

$SA=\frac{AB}{\tan \left(\widehat{ASB}\right)}=\frac{a\sqrt{3}}{\tan (60°)}=a$ 

$SB=\frac{AB}{\sin \left(\widehat{ASB}\right)}=\frac{a\sqrt{3}}{\sin (60°)}=2a$ 

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Áp dụng định lý sin ta có $\frac{AB}{\sin \left(\widehat{ACB}\right)}=\frac{a\sqrt{3}}{\sin (45°)}=a\sqrt{6}=2r$ 

$\iff r=\frac{a\sqrt{6}}{2}=IA$ 

Từ tâm I dựng đường thẳng d vuông góc với mặt đáy.

Lấy M là trung điểm của SA, tạo một mặt phẳng (P) qua M sao cho SA $\perp$ (P)

Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng d tại một điểm O, đó là tâm mặt cầu cần tìm và độ dài AO chính là bán kính mặt cầu đó

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác OAM vuông tại M

$AO=\sqrt{M{A}^2+O{M}^2}=\sqrt{\frac{1}{4}S{A}^2+A{I}^2}$ 

$=\sqrt{\frac{1}{4}{a}^2+{\left(\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$ 

Ta có SA $\perp$ (ABC) Þ SA$\perp$ BC

Kết hợp điều kiện AB$\perp$ BC (Do $\widehat{ABC}=90°$)

Suy ra BC$\perp$ (SAB)

Kẻ AH $\perp$SB (H $\in$ SB) (*)

Þ BC $\perp$ AH (**)

Từ (*) và (**) nên suy ra AH $\perp$(SBC)

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) chính bằng AH

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAB vuông tại A ta có

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{2}{a^2}$ 

$\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ 

Đáp án đúng là: D

Lấy H là trung điểm của AC và tam giác ABC, tam giác SAC đều nên ta có SH $\perp$ AC, BH $\perp$AC

(SAC) $\perp$ (ABC)

Tam giác ABC đều nên với M là trung điểm của BC thì ta có AM $\perp$ BC

Kẻ HI // AM (I $\in$ BC) $\Rightarrow$ HI $\perp$ BC (*)

Kết hợp điều kiện SH $\perp$ BC (Do SH $\perp$ (ABC))

Nên suy ra BC $\perp$ (SHI) $\Rightarrow$ BC $\perp$ SI (**)

Từ (*) và (**) nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) chính là góc $\widehat{SIH}$ 

Xét tam giác SIH vuông tại H ta có $\tan \left(\alpha \right)=\tan \left(\widehat{SIH}\right)=\frac{SH}{HI}$