Đề kiểm tra Học kì 2 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) - Đề 5

Đáp án đúng là: D

∫15f(x)dx = ∫13f(x)dx+∫35f(x)dx = – 5 + 7 = 2.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 hàm số là:

−x² + 3 = x² – 2x – 1

Û −x² + 3 – x² + 2x + 1 = 0

Û −2x² + 2x + 4 = 0

Û x=2x=−1 

Diện tích hình phẳng là: S = ∫−12(−2x2+2x+4)dx

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ∫023f(x)−2xdx 

= ∫023f(x)dx − ∫022xdx 

= 3∫02f(x)dx − x202 

= 3.2 – (4 – 0) = 2

Vậy ∫023f(x)−2xdx = 2

Đáp án đúng là: C

z = 2 – i có tọa độ điểm biểu diễn là (2; −1)

Vậy z = 2 – i có điểm biểu diễn là N(2; −1)

Đáp án đúng là: B

Vectơ pháp tuyến của mặt phằng (P) là (1; −2; 0).

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: B

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P): x – 2y + 1 = 0 là (1; −2; 0).

Do d vuông góc với (P) nên vectơ pháp tuyến của (P) là vectơ chỉ phương của d.

d đi qua M(−1; 2; 1) và có vectơ chỉ phương là (1; −2; 0) có phương trình là:

x=−1+ty=2−2tz=1

 

Với t = 1 ta có: x=0y=0z=1

Khi đó đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ (0; 0; 1)

Do đó đường thẳng d đi qua điểm (0; 0; 1) và có vectơ chỉ phương là (1; −2; 0) nên có phương trình là:

x=ty=−2tz=1 

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

Điểm O(0; 0; 0), A(−4; 3; 12).

Þ OA→ = (−4; 3; 12).

ÞOA = −42+32+122 = 13.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Đặt u = 1 – 3x

Û du = −3dx

Û dx = −13du

Đổi cận:

x	13	0
u	0	1

Do đó ta được:

∫013f(1−3x)dx = −13.∫10f(u)du 

= −13.∫10f(x)dx = 13.∫01f(x)dx= 13. 6 = 2

Vậy ∫013f(1−3x)dx = 2

Đáp án đúng là: A

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: u1→ = (1; −1; 2).

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: A

|z| = a2+b2 Þ |z|² = a² + b²

z² = (a + bi)² = a² – b² + 2abi

Nên z² ≠ |z|²

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: A

Ta có: z² – 3z + 5 = 0

Áp dụng hệ thức Viet ta có: z1+z2=3z1.z2=5 

Û z1+z2¯=z1¯+z2¯=3z1.z2¯=5 

Ta có: (2z¯1 − 3)(2z¯2 − 3)

= 4z1.z2¯ − 6(z1¯ + z2¯) + 9

= 4.5 – 6.3 + 9

= 11

Vậy (2z¯1 − 3)(2z¯2 − 3) = 11.

Đáp án đúng là: C

Thay tọa độ các điểm N, Q, M, P vào phương trình của d:

• Với N(0; 0; 1) ta có: 0−22=0+1−1≠1−11.

Do đó N ∉ d.

• Với Q(6; −3; −3) ta có: 6−22=−3+1−1≠−3−11.

Do đó Q ∉ d.

•Với M(4; −2; 2) ta có: 4−22=−2+1−1=2−11 

Do đó M ∈ d.

• Với P(−2; −1; −1) ta có: −2−22=−1−11≠−1+1−1

Do đó P ∉ d.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: C

Thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình (H) xung quanh Ox là:

V = π∫abf(x)2dx. 

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ ta thấy tọa độ của M là M(2; 1)

Do đó điểm M biểu diễn số phức z = 2 + i

Vậy |z| = 22+1 = 5. 

Đáp án đúng là: A

2w = 2(1 – 3i) = 2 – 6i

Nên z – 2w = 3 + 4i – 2 + 6i = 1 + 10i.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ∫e−xdx =−e^−x + C.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: A

Ta có: iz = 4 – 3i

Þ z =  4−3ii = (4−3i)ii2 

= 4i−3i2−1 = 4i+3−1 = −3 – 4i

Số phức liên hợp của z là z¯ = −3 + 4i.

Đáp án đúng là: C

Với z₁ = 3 + 2i; z₂ = 3 – 2i ta có:

S=z1+z2=6P=z1.z2=9−4i2 

Mà i² = −1

Nên S=z1+z2=6P=z1.z2=9+4=13

Do đó z₁, z₂ là hai nghiệm của phương trình : z² – Sz + P = 0

Û z² – 6z + 13 = 0.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Với a→ = (1; 3 ; 0) và b→ = (−1; 0; 0) ta có:

cos(a→, b→) = a→.b→a→.b→ = 1.(−1)+3.0+0.012+32.(−1)2 = −12  

Nên góc giữa hai vectơ a→ và b→ là: (a→; b→) = 120°.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Ta có: ∫sin3xdx = −13cos3x + C.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: D

Ta có: ∫12−3xdx = −13ln|2 – 3x| + C

Vì x ∈ 23;+∞ nên |2 – 3x| = 3x – 2

Do đó ∫12−3xdx = −13ln(3x – 2) + C.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Ta có: ∫x3+2x2dx 

= ∫x3dx + ∫2x2dx 

= x44 − 2x + C.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Ta có: ∫132f(x)−1dx 

= 2∫13f(x)dx − ∫131dx

= 2.4 − x13 = 8 – (3 – 1) = 6.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ∫13f(x)dx = F(x)13 = F(3) – F(1) = 5 – (−2) = 7.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f(x) với trục hoành là:

x⁴ – 5x + 4 = 0 ⇔x2=4x2=1Û x=2x=−2x=1x=−1 

Khi đó ta có:

S = ∫−22f(x)dx = 2∫02f(x)dx 

= 2∫01f(x)dx + 2∫12f(x)dx 

= 2∫01f(x)dx + 2∫12f(x)dx 

Do đó phương án D là sai.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: D

Với z = 4 – 3i  ta có: |z| = 42+−32 = 5

Vậy môđun của z = 4 – 3i bằng 5.

Đáp án đúng là: D

Với A(1; –2; 1) và (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 ta có:

d_{(A; (P))} = 1−2.−2+2.1−112+−22+22 = 2

Vậy khoảng cách từ A đến (P) bằng 2.

Đáp án đúng là: B

Ta có: z = 11+i+21−i 

= 1−i+2+2i1−i2 = 3+i1−−1

= 3+i2 

= 32+12i 

Þ|z| = 322+122 = 102  

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

z = 3 – 5i có phần ảo là −5.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

Đáp án C sai do:

∫kf(x)dx = k.∫f(x)dx (với hệ số k khác 0).

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Mặt cầu (S): x² + y² + z² – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 có các hệ số của x, y, z lần lượt là –2; 4; 2.

Do đó mặt cầu (S) có tâm là (1; −2; −1).

Đáp án đúng là: A

Với M(−2; 3; 1) và N(1; −2; 0) ta có:

MN→ = (3; −5; −1)

Đường thẳng MN đi qua N(1; −2; 0) và có vectơ MN→ = (3; −5; −1) là:

x−13=y+2−5=z−1 

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

Mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến là (2; 1; –2)

Gọi mặt phẳng cần tìm là (Q)

Do (Q) // (P) nên vectơ pháp tuyến của (P) cũng là vectơ pháp tuyến của (Q)

Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua M(1; −2; 1) và có vectơ pháp tuyến là (2; 1; −2) là:

2(x – 1) + 1(y + 2) – 2(z – 1) = 0

Û 2x – 2 + y + 2 – 2z + 2 = 0

Û 2x + y – 2z + 2 = 0

Vậy (Q): 2x + y – 2z + 2 = 0.

Đáp án đúng là: D

Gọi số phức z = a + bi, (a, b ∈ ℝ)

Þ z¯ = a – bi .

Khi đó ta có:

z + 2z¯ = 6 + 2i

Û a + bi + 2(a – bi) = 6 + 2i

Û 3a – bi = 6 + 2i

Û 3a=6−b=2 Û a=2b=−2 (thỏa mãn)

Suy ra z = 2 − 2i

Vậy M(2 ; −2) là điểm biểu diễn số phức z.

Đáp án đúng là: B

Phương trình z² – 2z + 3 = 0 có hai nghiệm là:

z₁ = 1 + 2i và z₂ = 1 − 2i

Ta có:

•z₁ + z₂ = 1 + 2i + 1 – 2i

Þz₁ + z₂ = 2 là một số thực.

Do đó A là đúng.

•z₁ – z₂ = 1 + 2i – (1 – 2i)

Þz₁ – z₂ = 22i  là một số ảo

Nên z₁ – z₂ là số thực là sai.

Do đó B là sai.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

Gọi (S) là phương trình mặt cầu cần tìm có tâm thuộc tia Ox nên I(a; 0; 0) (a ≥ 0).

(S) tiếp xúc với mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 nên khoảng cách d_{(I; (P))} = R

Û a−2.0+2.0−112+−22+22 = 2

Û  a−13 = 2

Û |a – 1| = 6

⇔a−1=6a−1=−6

Û a=7a=−5 

Do a ≥ 0 nên ta lấy a = 7

Vậy (S) : (x – 7)² + y² + z² = 4.    

Đáp án đúng là: D

Mặt cầu (S): (x – 1)² + (y − 2)² + (z + 1)² = 6 có tâm I(1; 2; −1).

Mặt phẳng (P): x + y + 2z + 5 = 0 có vectơ pháp tuyến là n→P = (1; 1; 2).

Mặt phẳng (Q): 2x – y + z – 5 = 0 có vectơ pháp tuyến là n→Q = (2; –1; 1).

•Gọi A(x; y; z) là tiếp điểm (S) và (P).

Þ IA→=x−1;y−2;z+1 

Vì A là là tiếp điểm (S) và (P) nên ta có: IA→=k.nP→

⇔x−11=y−21=z+12=k  

⇔x=k+1y=k+2z=2k−1

 

Mà A ∈ (P) nên ta có: x + y + 2z + 5 = 0

Þ k + 1 + k + 2 + 2(2k – 1) + 5 = 0

Þ 6k = –6

Þ k = –1

⇒x=0y=1z=−3

 

Þ A(0; 1; −3)

•Gọi B(x'; y'; z') là tiếp điểm của mặt phẳng (Q): 2x – y + z − 5 = 0 và mặt cầu (S)

Khi đó : IB→=m.n→QB∈(Q) Û x'−12=y'−2−1=z'+112x'−y'+z'−5=0 

Tương tự như trên ta tìm được B(3; 1; 0).

Với A(0; 1; −3) và B(3; 1; 0) ta có:

Độ dài AB = 3−02+(1−1)2+(0+3)2 = 32 

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

F(x) = x² là nguyên hàm của f(x)sin²x

Nên F'(x) = f(x)sin²x

Û 2x = f(x)sin²x Û f(x) = 2xsin2x 

G(x) là nguyên hàm của f(x)cos²x

Do đó G(x) = ∫f(x)cos2xdx = ∫2xsin2x.cos2xdx 

= ∫2x(1−sin2x)sin2xdx = ∫2xsin2xdx−∫2xdx 

= ∫2xd(−cotx) − x²

= −2xcotx + ∫2cotx.dx − x²

= −2xcotx – x² + 2∫cotx.dx 

= −2xcotx – x² + 2ln|sinx| + C

Theo giả thiết:

•Gπ2 = 0

⇔−2.π2.cotπ2−π22+2lnsinπ2+C=0

⇔−π.0−π42+2ln1+C=0

Û −π24 + C = 0 Û C = π24 

Nên G(x) = −2xcotx – x² + 2ln|sinx| + π24 

• Gπ4=−2.π4.cotπ4−π42+2lnsinπ4+π24 

= −π2−π216+2ln12+π24 

= −π2+3π216−2ln2 

= −π2+3π216−ln2 

Mà Gπ4 = aπ + bπ² + cln2

Nên ta có: a = −12; b = 316; c = −1

Vậy a + b + c = −12 + 316 − 1 = −2116.

Đáp án đúng là: A

Ta tính ∫01f(x)dx như sau:

Đặt: u=fxdv=dx⇒du=f'xdxv=x

⇒∫01f(x)dx=∫01udv=uv01−∫01vdu

=fx.x01−∫01x.f'xdx

=f1.1−f0.0−∫01x.f'xdx

=−118−136=−112.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

Đặt z = a + bi , w = c + di (a, b, c, d ∈ ℝ ).

Þiw – 2 + 5i = i(c + di) – 2 + 5i

= ci + di² – 2 + 5i

= (c + 5)i – d – 2

Khi đó ta có:

• |z| = a2+b2=2 Þ a² + b² = 4

Þ a, b ∈ [–2; 2]

• |iw – 2 + 5i| = c+52+−d−22=1

Þ (c + 5)² + (d + 2)² = 1

Þ c ∈ [–6; –4] và d ∈ [–3; –1].

Ta có:

T = |z² –wz – 4|

= |z² – wz − |z|²|

= |z² – wz – z . z¯|

= |z| . |z − z¯ − w|

= 2|z − z¯ − w|

Þ T = 2|2bi – (c + di)|

= 2|– c + (2b – d)i|

= 2(2b−d)2+c2 ≥ 2c2 = 2|c| ≥ 2.4 = 8

(do c ∈ [−6; −4] nên |c| ≥ 4)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : c=−42b−d=0(c+5)2+(d+2)2=1  Þ c=−4d=−2b=−1 

Vậy |z² – wz – 4| có giá trị nhỏ nhất bằng 8.

Đáp án đúng là: C   

Mặt phẳng (α) có phương trình: 2x + 2y + z – 12 = 0.

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B lên (α).

• Với A(10; 6; −2) ta có:

AH = d_(A;(α)) = 2.10+2.6−2−1222+22+1 = 6

• Với B(5; 10; −9)  ta có:

BK = d_(B;(α)) = 2.5+2.10−9−1222+22+1 = 3

Vì điểm M di động trên mặt phẳng (α) sao cho MA, MB luôn tạo với (α) các góc bằng nhau nên ta có sinAMH^ = sin BMK^

⇒AHAM=BKBM⇒BMAM=BKAH=12

ÞMA = 2MB

Gọi M(x; y; z).

MA = 2MB Û MA² = 4MB²

Û (x – 10)² + (y – 6)² + (z + 2)² = 4[(x – 5)² + (y – 10)² + (z + 9)²]

Û x² – 20x + 100 + y² – 12y + 36 + z² + 4z + 4

= 4x² – 40x + 100 + 4y² – 80y + 400 + 4z² + 72z + 324

Û3x² + 3y² + 3z² – 20x – 68y + 68z + 684 = 0

Û x² + y² + z² − 203x − 683y + 683z + 228 = 0

Suy ra điểm M thỏa mãn 2x+2y+z−12=0(α)x2+y2+z2−203x−683y+683z+228=0(S) 

Mặt cầu (S) có tâm I103;343;−343.

Gọi (ω) là đường tròn cố định luôn đi qua M.

Do đó M ∈ (ω) là giao tuyến của (α) và (S).

Þ Tâm N của (ω) là hình chiếu của tâm I trên mặt phẳng (α).

Mặt phẳng (α): 2x + 2y + z – 12 = 0 có vectơ pháp tuyến là (2; 2; 1).

Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với (α) là:

x=103+2ty=343+2tz=−343+t

 

 

Vì N là hình chiếu của I lên (α) nên N ∈ d.

Þ N103+2t;343+2t;−343+t

Mà N ∈ (α) nên ta có:

2.103+2t+2343+2t+−343+t−12=0

Þ 20 + 12t + 68 + 12t – 34 + 3t – 36 = 0

Þ 27t = –18

Þ t = −23

Suy ra điểm N(2; 10; −12)

Vậy hoành độ của tâm đường tròn (ω) bằng 2.

Đáp án đúng là: B

Ta có: f(x) + f '(x) = e^−x

Û f(x)e^x + f '(x)e^x = e^−x .e^x  = 1

Û[f (x)e^x]' = 1

⇔∫fx.ex'dx=∫1dx

Û f(x)e^x = x + C'

Vì f(0) = 2 nên ta có:

2.e⁰ = 0 + C'

Þ C' = 2

Þf(x)e^x = x + 2

 Þf(x)e^2x = (x + 2).e^x

Khi đó ta có:∫f(x)e2xdx= ∫(x+2)exdx 

= ∫(x+2)dex 

= (x + 2)e^x − ∫exd(x+2) 

= (x + 2)e^x − ∫exdx 

= (x + 2)e^x – e^x + C

= (x + 1)e^x + C.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

Phương trình z² – 2mz + 6m – 5 = 0có hai nghiệm phức phân biệt z₁, z₂

ÛD' = (–m)² – 1.(6m – 5) < 0

 Ûm² – 6m + 5 < 0

Û1 < m < 5.

Khi đó hai nghiệm phức của phương trình là hai số phức liên hợp của nhau nên ta luôn có |z₁| = |z₂|

Mà m ∈ ℤ

Þ m = {2; 3; 4}

Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ∫01dx3x+53x+1+7 

= ∫01dx3x+1+53x+1+6 

= ∫01dx3x+1+23x+1+3 

Đặt u = 3x+1 

Û u² = 3x + 1

Û 2udu = 3dx

Û dx = 23u.du

Đổi cận

x	0	1
u	1	2

Do đó: ∫1223udu(u+2)(u+3) 

= 23∫12udu(u+2)(u+3) 

= 23∫123u+2−2u+3u+2u+3du 

=23∫123u+3−2u+2du

=23.3lnu+3−2lnu+212

= 23.(3ln5 – 2ln4 – 3ln4 + 2ln3)

= 23.(3ln5 – 5ln4 + 2ln3)

= 23.(3ln5−10ln2 + 2ln3)

= −203ln2 + 43ln3 + 2ln5

Mà ∫01dx3x+53x+1+7 = aln2 + bln3 + cln5

Þa = −203; b = 43; c = 2

Þ a + b + c = −203 + 43 + 2 = −103 

Vậy a + b + c = −103. 

Đáp án đúng là : D

Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị đi qua O(0; 0), A(1; 0), B(2; 2) và C(3; 0) nên ta có:

d=0a+b+c=08a+4b+2c=227a+9b+3c=0 Û d=0a=−1b=4c=−3     

Ta được hàm số là y = −x³ + 4x² – 3x.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = −x³ + 4x² – 3x và trục hoành là:

S = ∫13−x3+4x2−3xdx−∫01−x3+4x2−3xdx 

=−x44+43x3−32x213−−x44+43x3−32x201

=94−−512−−512+0 = 3712 

Vậy diện tích bằng 3712 

Đáp án đúng là: C

Gọi z = a + bi (a, b ∈ ℝ)

Þ z¯ = a – bi

Ta có:

•z – 1 = a – 1 + bi

Þ |z – 1|² = (a – 1)² + b².

•z − z¯ = 2bi

Þ z−z¯=2b2=2b

Þ z−z¯i=2bi

•z + z¯ = 2a

•i²⁰²³ = i21011. i = −i       

Þ (z + z¯)i²⁰²³ = –2ai

Do đó: |z – 1|² + |z − z¯|i + (z + z¯)²⁰²³ = 1

Û (a – 1)² + b² + 2|b|i – 2ai = 1

Û (a – 1)² + b² + (2|b| – 2a)i = 1

Û (a−1)2+b2=12b−2a=0 Û a2−2a+b2=0a=b

⇔a2−2a+a2=0a=b

 

⇔2a2−2a=0a=b ⇔2aa−1=0a=b

Û a=0a=1a=b 

• Với a = 0 ta có b = 0 khi đó ta có z = 0.

• Với a = 1 ta có |b| = 1 Þ b = 1 hoặc b = –1

Khi đó ta có z = 1 + i; z = 1 – i.

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: A

Giả sử H(3 + 2t; t; 1 + t) ∈ ∆₁ và K(1 + t'; 2 + 2t'; t') ∈ ∆₂

Ta có: HK→ = (t' – 2t – 2; 2t' – t + 2; t' – t – 1)

Đường thẳng d: x1=y1=z+1−2 có vectơ chỉ phương là ud→ = (1; 1; −2)

Vì d ^ ∆ nên ud→ ^ HK→ Þ ud→ . HK→ = 0

Û t' – 2t – 2 + 2t' – t + 2 – 2(t' – t – 1) = 0

Û t' – t + 2 = 0 Û t' = t – 2

Nên HK→ = (−t – 4; t – 2; −3)

Þ HK² = (t + 4)² + (t – 2)² + 9

Û HK² = 2t² + 4t + 29 = 2(t + 1)² + 27 ≥ 27∀ t

ÞHK_min = 33 Û t = −1 .

Khi đó HK→ = (−3; −3; −3) song song với vectơ (1; 1; 1)

Suy ra đường thẳng ∆ nhận u→(1; 1; 1) là một vectơ chỉ phương nên h = k = 1

Vậy h – k = 1 – 1 = 0

Vậy h – k = 0.

Đáp án đúng là: D

Ta có: f(x) = x³ + ax² + bx + c

Þ f '(x) = 3x² + 2ax + b

Þ f "(x) = 6x + 2a

Þg(x) = f(x) + f '(x) + f "(x)

= x³ + ax² + bx + c + 3x² + 2ax + b + 6x + 2a

= x³ + (a + 3)x² + (2a + b + 6)x + 2a + b + c

Þg '(x) = 3x² + 2(a + 3)x + 2a + b + 6

Hàm số g '(x) = 0 có 2 nghiệm x₁ và x₂ (x₁ < x₂) cũng là 2 điểm cực trị của y = g(x)

Nên g(x₁) = 2; g(x₂) = –4 (do g(x) là hàm số bậc ba có hệ số của x³ là 1 > 0)

Ta có phương trình hoành độ giao điểm là:

 f(x)g(x)+6=1  

⇔fx−gx−6gx+6=0

 

Ta có g(x) = f(x) + f '(x) + f "(x)

Þ f(x) – g(x) = –[f '(x) + f "(x)]

 = –(3x² + 2ax + b + 6x + 2a)

= –[3x² + (2a + 6)x +  b + 2a]

Do đó ta có:

⇔fx−gx−6gx+6=0

⇔–3x2+2a+6x+ b+2a−6gx+6=0

⇔3x2+2a+3x+2a+b+6gx+6=0

⇔g'xgx+6=0

 

Û g '(x) = 0

⇔x=x1x=x2

 

Þ S = ∫x1x2g'(x)g(x)+6dx = ln|g(x)+6|x1x2 

= |ln|g(x₂) + 6| – ln|g(x₁) + 6||

= |ln(−4 + 6) – ln(2 + 6)|

= |ln2 – ln8|

= ln8 – ln2

= 3ln2 – ln2

= 2ln2

Vậy diện tích cần tìm là 2ln2.

Đáp án đúng là: C

Đường thẳng d: x−12=y+11=z−2−1 có một vectơ chỉ phương là  ud→ = (2; 1; −1)

Gọi M = AB ∩ d

Þ M(1 + 2t; −1 + t; 2 – t)

Với A(1; 2; −1) ta có:

AM→ = (2t; t – 3; 3 – t)

Lại có AB ^ d Û AM→ .u→ = 0

Û2.2t + 1.(t – 3) – 1.(3 – t) = 0

Û 4t + t – 3 – 3 + t = 0

Û t = 1

Þ AM→=2;−2;2 

Þ u→AB = (1; −1; 1)

Đường thẳng AB đi qua điểm A(1; 2; −1) có vectơ chỉ phương u→AB = (1; −1; 1) có phương trình là:

x=1+t'y=2−t'z=−1+t' (t ∈ ℝ)

B nằm trên AB nên ta có B(1 + t'; 2 – t'; –1 + t')

Do B = AB ∩ (P) nên tọa độ của B thỏa mãn phương trình của (P): x + y + 2z + 1 = 0.

Þ 1 + t' + 2 – t' + 2.(–1 + t') + 1 = 0

Þ 2t' + 2 = 0

Þ t' = –1

Khi đó B(0; 3; −2)

Vậy tọa độ của B là (0; 3; −2).

Đáp án đúng là: D

Đường thẳng d: x−12=y−11=z−1−1 có vectơ chỉ phương u→ = (2; 1; −1) và đi qua điểm M(1; 2; 3)

Lấy điểm H(1; 1; 1) ∈ d

Þ MH→ = (0; −1; −2)

Với u→ = (2; 1; −1)  và MH→ = (0; −1; −2) ta có :

[u→; MH→] = (−3; 4; −2)

Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm, ta có (P) chứa d và M nên (P) có vectơ pháp tuyến n→ cùng phương với [u→; MH→] = (−3; 4; −2)

Do đó n→ = (3; −4; 2)

(P) có n→ = (3; −4; 2) và đi qua M(1; 2; 3) có phương trình là:

3(x – 1) − 4(y – 2) + 2(z – 3) = 0

Û 3x – 3 – 4y + 8 + 2z – 6 = 0

Û 3x − 4y + 2z – 1 = 0

Vậy phương trình (P) cần tìm là 3x – 4y + 2z – 1 = 0.