Đề kiểm tra Học kì 2 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) - Đề 14

Đáp án đúng là A

Thể tích của khối nón đã cho bằng:

V = 13πR²h = 13π.2².3 = 4π.

Đáp án đúng là B

x_G =xA+xB+xC3 =1+2+03 = 1

y_G = yA+yB+yC3 = 3+0+93 = 4

z_G = zA+zB+zC3= 5+1+03= 2

Vậy tọa độ điểm G là G (1; 4; 2).

Đáp án đúng là A

Theo tính chất ta có:

∫abfx−gxdx = ∫abfxdx− ∫abgxdx suy ra B đúng

 ∫abfx+gxdx= ∫abfxdx+ ∫abgxdxsuy ra C đúng

 ∫abkfxdx= k ∫abfxdx suy ra D đúng

Vì không có tính chất nào của tích phân là ∫abfxgxdx = ∫abfxdx. ∫abgxdx suy ra A sai vậy chọn A.

Đáp án đúng là A

Ta có: 3^{x − 1}   =9

 3^{x – 1}=3²

 x –1 = 2

 x = 3.

Đáp án đúng là C

Ta có: I = ∫−135f'xdx = 5fx−13

=5 [ f (3) −f (−1)]

= 5 (7 −4)

= 15.

Đáp án đúng là D

Vì đi qua hai điểm A(1;2;−3)vàB(3;−1;1) nên VTCP của đường thẳng đó là: u→  = AB→ = (2; −3; 4)

Phương trình chính tắc của đường thẳng có VTCP là u→ = (2; −3; 4) và đi qua điểm A (1; 2; −3) là:

x−12= y−2−3= z+34.

Đáp án đúng là A

Hìnhnóncóchiềucaobằng 3vàbánkínhđáy bằng 4 nên đường sinh của hình nón có độ dài là: l = R2+h2 = 42+32 = 5

Diện tích toàn phần của hình nón là:

S =πRl + πR² =π.4.5 + π.4² =36π.

Đáp án đúng là A

Ta có: j→ = (0; 1; 0), k→ =(0; 0; 1)

OM→ = 2j→ + k→ = (2.0 + 0; 2.1 + 0; 2.0 + 1) = (0; 2; 1)

Vậy tọa độ điểm M là M (0; 2; 1).

Đáp án đúng là A

ĐkXĐ: x – 1 > 0  x > 1

Ta có: log₂(x− 1)<3

 x – 1 < 2³

 x < 8 +l

 x < 9

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là: S=(1;9).

Đáp án đúng là D

Gọi tâm của mặt cầu là I

Tọa độ tâm I của mặt cầu là: I (1; –2; 0)

Vì song songvới mặt phẳng (Oxz) nên VTPT của mặt phẳng là: n→ = (0; 1; 0)

Phương trình của mặt phẳng có VTPT là  n→ = (0; 1; 0) và đi qua điểm I (1; –2; 0) là

0.(x – 1) +1.(y + 2) +0.(z – 0) = 0

⇔ y + 2 = 0.

Đáp án đúng là B

Ta có: w=2 + iz=2 + i. (2 + i) = 1 + 2i

Vậy nên điểm biểu diễn của số phức w= 1 + 2i là P (1; 2).

Đáp án đúng là D

Ta có: S = 4πR² = 32πa²

Do đó R = 32πa24π =22a .

Đáp án đúng là C

Hàm số mũ: y = a^x (a > 0 và a ≠ 1) nghịch biến trên ℝ khi 0 < a < 1.

Ta có:

+) y =12−x=2x và 2 > 1 nên y = 12−x là hàm đồng biến trên ℝ.

+) 3>1 nên y = 3x là hàm đồng biến trên ℝ.

+) 0<2e<1nên y = 2ex là hàm nghịch biến trên ℝ.

+) π3>1 nên y = π3x là hàm đồng biến trên ℝ.

Vậy nên hàm số nghịch biến trên ℝ là y = 2ex.

 

Đáp án đúng là A

Áp dụng công thức: ∫xndx = xn+1n+1+ C

Suy ra nguyên hàm của ∫x2dx = x33 + C.

Đáp án đúng là C

Ta có: Diện tích hình phẳng bằng 4 nên

S = ∫01x2+2x+1−mdx= 4

Vì đồ thị của hàm số y = x² + 2x + 1 nằm trên trục hoành mà m < 0 nên x² + 2x + 1 – m > 0

 ⇔∫01x2+2x+1−mdx = 4 = 4

 ⇔x33+x2+x−mx01 = 4

 

 ⇔133+12+1−m.1 = 4

 ⇔m =−4 + 13 + 2

 ⇔m = −53.

Đáp án đúng là A

Ta có: log₅(5^a.125^b)=log₁₂₅5

log₅(5^a.5^3b)= 13log₅5

log₅(5^a.5^3b)=log5513

 5^{a + 3b} = 513

 a + 3b= 13

3a +9b=1.

Đáp án đúng là C

Để ABCD là hình bình hành thì:

x_D = x_A + x_C  –  x_B = 1 – 3 – 2 = – 4

y_D = y_A + y_C  –  y_B = 2 + 5 + 1 = 8

z_D = z_A + z_C  –  z_B = – 1 + 1 – 3 = – 3

Vậy tọa độ điểm D là D(−4;8;−3).

Đáp án đúng là A

Thay z=x +yi, z¯ = x – yivào biểu thức |z + 2 + i| = | z¯ – 3i| ta được:

|x + yi + 2 + i| = |x – yi – 3i|

⇔ |(x + 2) + (y + 1)i| = |x – (y + 3)i|

⇔(x + 2)² + (y + 1)² = x² + (y + 3)²

⇔x² + 4x + 4 + y² + 2y + 1 = x² + y² + 6y + 9

⇔4x + 4 + 2y + 1 = 6y + 9

⇔6y – 2y = – 4x – 4 – 1 + 9

⇔ 4y = – 4x + 4

⇔y = – x + 1.

Đáp án đúng là C

Theo tính chất, ta có:

(xy)^α = x^α. y^α vậy đáp án A đúng

x^α. y^β = x^α+β vậy đáp án B đúng

(x^α) ^β = x ^αβ vậy đáp án B đúng

Không có tính chất nào là x^α + y^β = (x + y)^α  vậy nên đáp án C là đáp án sai. Do đó chọn C.

Đáp án đúng là A

Ta có phương trình đường thẳng (d) là:

x+1−2 = y−13 = 2−z1

⇔x+1−2 = y−13= z−2−1

Suy ra VTCP của d là ud→ =(2;−3;1).

Đáp án đúng là A

Ta có: ∫−10fxdx= −12 ⇒∫0−1fxdx =12

 

∫04fxdx = ∫0−1fxdx + ∫−14fxdx = 12 + 12 = 1

I =  ∫044e2x+2fxdx= ∫044e2xdx + 2∫04fxdx

= 2e2x04 + 2

= 2e⁸ – 2 + 2

= 2e⁸.

Đáp án đúng là D

Ta có: z₁ + z₂ = – ba = –−42 = 2

z₁z₂ =ca = 112

Vậy P = 2z₁z₂ + 2z₁ + 2z₂

= 2. 112 + 2.2

= 15.

Đáp án đúng là D

Tậpxácđịnhcủahàmsốy= (2 – 3)^x là x ∈ (–∞; + ∞)

Đáp án đúng là A

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm   số y =x² vày = 2x là:

x²= 2x

⇔x²– 2x = 0

⇔x. (x – 2) =0

⇔x=0x−2=0

⇔x=0x=2

Thểtíchcủakhốitrònxoayđượctạo thành khi quay hìnhphẳng(H)được giớihạnbởicácđườngy =x²,y = 2x, x = 0 và x = 2 xung quanh trục Ox là:

V = π. ∫02x22−2x2dx

Với x ∈ [0; 2] thì x⁴– 4x² =x². (x² – 4) < 0 nên | x⁴– 4x²| =– x⁴+ 2x²

Vậy nên V =π.∫02−x4+4x2dx

= π.−x55+4x3302

= π.−255+4.23302

= 64π15

Đáp án đúng là C

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là n→ = (a; b; c) thì có phương trình mặt phẳng là:

ax + by + cz + d = 0

Vậy nên vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P): 3x−z+2=0 có vectơ pháp tuyến là:

n→ =(3;0;−1).

Đáp án đúng là C

Ta có: 2z₁+ z₂ =2(2–i) +l+i

=4–2i +l+i

= 5 −i.

Đáp án đúng là A

Áp dụng công thức: = a^x. lna

Ta được: (2^x) = 2^xln2.

Đáp án đúng là C

Côngthứctínhdiệntíchhìnhphẳngđượcgiớihạnbởi đồthịhàmsốy =f(x),trụcOxvàcácđường thẳngx = a, x=b(a < b) là:

S = ∫abfxdx.     

Đáp án đúng là D

+) Thay tọa độ điểm Q(1; 2; 1) vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:

⇔1+ 2.2 + 3.1−6=0

⇔ 2 =0 (vô lí)

Vậy nên điểm Q(1; 2; 1) không thuộc mặt phẳng (P).

+) Thay tọa độ điểm P (3; 2; 0) vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:

⇔3+ 2.2 + 3.0−6=0

⇔ 1 =0 (vô lí)

Vậy nên điểm P (1; 2; 3) không thuộc mặt phẳng (P).

+) Thay tọa độ điểm P (1; 2; 3) vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:

⇔1 + 2.2 + 3.3−6=0

⇔ 8 =0 (vô lí)

Vậy nên điểm P (1; 2; 3) không thuộc mặt phẳng (P).

+) Thay tọa độ điểm N (1; 1; 1) vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:

⇔1+ 2.1 + 3.1−6=0

⇔ 0 =0 (luôn đúng)

Vậy nên điểm N (1; 1; 1) thuộc mặt phẳng (P).

Đáp án đúng là D

Ta có: = 13log_a a = 13.

Đáp án đúng là C

Ta có: nΔ→ = (1; 1; 2)

∆:x−11 = y−21 = z−12 = t

Điểm H ∈∆ nên tọa độ điểm H là H (t +1; t + 2; 2t + 1)

MH→ = (t +1− 2; t +2 − 1; 2t +1− 4) = (t – 1; t + 1; 2t – 3)

Vì H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên ∆ nên

MH→ . nΔ→ = 0

 ⇔1.(t – 1) + 1.(t + 1) + 2. (2t – 3) = 0

⇔ 6t – 6 = 0

⇔ t = 1

Vậy tọa độ điểm H là H (2; 3; 3).

Đáp án đúng là D

Sốphứcliênhợpcủaz = a + bi là z¯ = a – bi

Vậy nên sốphứcliênhợpcủaz=3−4ilà z¯=3+4i

Đáp án đúng là A

Ta có: ∆ = b² – 4ac = (–2)² – 4.1.2 = – 4

Δ= ± 2i

Z₁ =−b−Δ2a = −−2−2i2.1 = 1 – i

z₂ =−b+Δ2a = −−2+2i2.1 = 1 + i

Vậy phần ảo của số phức z₂ là bằng 1.

 

Đáp án đúng là B

Áp dụng công thức: ∫sinax+bdx= –1acos (ax+ b) + C

Vậy nên ∫sin2x+π3dx= –12cos2x+π3+ C.

Đáp án đúng là B 

∫−212fx−1dx = 2. ∫−21fxdx −∫−211dx

= 2.3 −x−21

= 6 − 1− 2

= 3.

Đáp án đúng là B

Gọi tên phươngtrìnhmặtphẳngtiếpxúcvớimặtcầu (S): (x – 1)² + y² + (z + 2)² = 6 đồng thời song song với hai đường thẳng d₁: x−23 = y−1−1 = z−1, d₂: x1 = y+21 = z−2−1 P . Gọi tâm của mặt cầu (S) là I.

Ta có: Tọa độ tâm I của mặt cầu (S) là: I (1; 0; −2), bán kính mặt cầu bằng 6

ud1→ = (3; −1; −1)

ud2→ = (1; 1; −1)

Vì mặt phẳng (P) song song với hai đường thẳng d₁ và d₂ vậy nên:

n(P)→ = ud1→;ud2→ = [(−1). (−1)  − (−1).1; (−1). 1 – 3. (−1);3.1 – (−1).1]

= (2; 2; 4) = (1; 1; 2)

Vậy phương trình mặt phẳng (P) có dạng là: x + y + 2z + d = 0

Vì mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên:

d(I, (P)) = 1+0+2.−2+d12+12+22 =6

⇔ |d – 3| = 6

⇔d−3=−6d−3=6

⇔d=−3d=9

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: x+y+2z−3=0x+y+2z+9=0.

 

Đáp án đúng là A

Đặt w =a +bi

Ta có: w=2( z¯ −3)+1−4i

w −1+ 4i =2 z¯ −6

w + 5 + 4i =2z¯

|w + 5 + 4i| =|2z¯|

|a + 5 + (b + 4) i| = 2.5

 (a + 5)² + (b + 4)² = 100

Vậy tậphợpcácđiểmbiểudiễnsốphứcw=2( z¯ −3)+1−4ilàmộtđườngtròncóbánkínhbằng 10.

Đáp án đúng là B

Hàm số y=f(x)có đạohàmliêntụctrênkhoảng (1; +∞)và [xf '(x) − 2f (x)] lnx = x³−f(x)

⇒ 2f '(x) = fx+x3lnx (1), x ∈(1; +∞)

Ta có: f (e3) = 3e f (x) = 3lnx (2)

Từ (1) và (2) suy ra y = f (x) có giá trị nhỏ nhất là:

2f'x−fxlnx = 3+ln31≈ 4, 09.

Đáp án đúng là D

Gọi G là trọng tâm của ∆ ABC nằm trên đường trung tuyến AD của ∆ ABC, F là trọng tâm của ∆ A'B'C'

Vậy GF song song với AA' và bằng AA' bằng 2a

Gọi I là trung điểm của GF vậy nên IG = a

Vì là lăngtrụtamgiácđềuABC.A'B'C' nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp lăngtrụtamgiácđềuABC.A'B'C'

AD là đường trung tuyến của tam giác đều ∆ ABC cạnh a nên:

AD =  a32 ⇒AG = 23.a32= a33

R = IA = IG2+AG2 = a2+a332 = 2a33

Vậy thể tích của khối cầu là:

V = 43πR³ = 43π. 2a333=32π327 a³.

Bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là:

Đáp án đúng là A

Bất phương trình ⇔x2+6x+5+m>0log77x2+2x+2>log7x2+6x+5+m

⇔m>−x2−6x−56x2+8x+9>m ,∀ x ∈ (1; 3) (*)

Với f (x) = −x² – 6x – 5; g(x) = 6x² + 8x + 9. Xét sự biến thiên của hai hàm số f (x) và g (x)

+ f '(x) = −2x – 6 < 0, ∀ x ∈ (1; 3)  f (x) luôn nghịch biếntrên khoảng (1; 3)

⇒ max[1;3]f (x) = f (1) = –12

+g'(x) = 12x + 8 > 0, ∀ x ∈ (1; 3)  g (x) luôn đồng biếntrên khoảng (1; 3)

⇒min[1;3]g (x) = g (1) = 23

Lúc này (*)  ⇔ m≥max[1;3]fxm≤min[1;3]gx

Khi đó –12≤ m≤ 23. Mà m∈ ℤ nên m ∈ {–12; –11; –10;…..; 22; 23}

Vậy có tất cả 36 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Đáp án đúng là C

Ta có: g (x) = f (x) −x22⇒ g' (x) = f '(x) – x

g' (x) = 0 ⇔ f '(x) – x = 0

f '(x) – x = 0 ⇒ x = –2; x= 0; x = 1

Vì g' (x) = f '(x) – x nên g' (x) = 0 ⇔ f '(x) – x = 0

Do đó nghiệm của g' (x) = 0 cũng là x = –2;x= 0; x = 1

Lập bảng biến thiên của g (x) ta được:

Từ bảng biến thiên ta có thể thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số g (x) = f (x) −x22trên đoạn [−2; 1] là g (0).

Đáp án đúng là A

Đặt u = x –1 du = dx

dv = f (x)dx v = f (x) + C

Chọn C = 0 v = f (x)

∫01x−1f'xdx  = fx.x−101 –∫01fxdx = 12

⇔f (1). 0 – f (0). (0 – 1) – ∫01fxdx= 12

⇔ – 3. (–1) – ∫01fxdx= 12

⇔∫01fxdx = –9.

 

Đáp án đúng là B

Đặt z = a + bi

Ta có: |z² – 2z + 5|= |(z – 1 + 2i)(z + 3i – 1)|

|(z – 1 – 2i). (z – 1 + 2i)| = |(z – 1 + 2i)(z + 3i – 1)|

|z – 1 – 2i| = |z + 3i – 1|

 (a – 1)² + (b – 2)² = (a – 1)² + (b + 3)²

 – 4b + 4 = 6b +9

– 10b = 5

 b = –12

P_min = |z – 2 + 2i|_min =a−22+b+22min = a−22+−12+22min a = 2

Vậy nên P_min = −12+22= 32.

Đáp án đúng là D

ĐKXĐ:  2x+3>0x2>0⇔x>−32x≠0

Ta có: 2log₂(2x + 3) = log₂x²

⇔log₂(2x + 3)² = log₂x²

⇔(2x + 3)² = x²

^{⇔2x+3=−x2x+3=x}

^{⇔3x=−3x=−3}

^{⇔x=−1x=−3}

Trong hai nghiệm trên thì có x = −1 thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm

Đáp án đúng là A

Ta có: 2^2x+4 − 3x2.m = 0

⇔ 2^2x+4 =3x2.m

⇔log₃  = log₃(m.3x2)

⇔ (2x + 4).log₃2= log₃m + x²

⇔ x² – 2x.log₃2 + log₃m – 4log₃2 = 0

⇔ x² – 2x.log₃2 + log₃ = 0

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

 ∆' > 0

⇔ (log₃2)² – log₃ m16> 0

⇔ log₃ m16< (log₃2)²

⇔ m16 < 3log322

⇔ m < 16.3log322 = 24, 77 mà m > 0

Nên m ∈ {1; 2; 3; 4;….;24}

Vậy có 24 số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là B

Áp dụng công thức: ∫dxax+bdx = 1a.ln|ax + b| + C

Vậy nên: ∫dx2x+1dx =12ln |2x + 1| + C.

Đáp án đúng là C

Gọi tên đường thẳng đi qua điểm M (1; 1; −2), song song với (P) và vuông góc với d là d₁

Gọi VTCP của đường thẳng d₁ cần tìm là u→ = (a; b; c)

Ta có: n(P)→ = (1; −1; −1),ud→ = (2; 1; 3)

Vì d₁ // (P)  ud1→. n(P)→ = 0

⇒ a – b – c = 0

Vì d₁ ⊥ d  ud1→.ud→ = 0

 ⇒2a + b + 3c = 0

Từ (1) và (2) suy ra: a=2b5c=−3b5

Vậy u→ = 2b5;b;−3b5

Hay  ud1→= (2; 5; –3)

Phương trình chính tắc của đường thẳng có VTCP là ud1→ = (2; 5; –3) và đi qua điểm M

(1; 1; −2) là:

x−12  = y−15 = z+2−3.

 

Đáp án đúng là C

Ta có:2x2−3x+4  ≤ 12x−12

 ⇔ 2x2−3x+4 ≤ 2−(x−12)

 ⇔x² −3x +4 ≤ −x +12

 ⇔ x² −3x + x + 4 −12 ≤ 0

 ⇔ x² −2x −8≤ 0

 ⇔ − 2 ≤ x ≤ 4

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên không dương là −2; −1; 0.