Đề thi giữa kì 2 Toán 12 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có đáp án) - Đề 08

Đáp án đúng là: C                                                                                        

Áp dụng công thức \(\smallint {\rm{sin}}x{\rm{\;d}}x = - {\rm{cos}}x + C\). Suy ra \(f\left( x \right) = {\rm{sin}}x\).

Đáp án đúng là: B

\[\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - \int\limits_b^a {f\left( x \right){\rm{d}}x} \].

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\int\limits_1^3 {\left[ {1 + f(x)} \right]dx} = \left. {\left( {x + F\left( x \right)} \right)} \right|_1^3 = \left. {\left( {x + {x^2}} \right)} \right|_1^3 = 12 - 2 = 10.\)

Đáp án đúng là: D

Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) xung quanh trục \(Ox\) là: \(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}dx} \).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \[\int\limits_0^1 {\left( {3x + 1} \right)\left( {x + 3} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\left( {3{x^2} + 10x + 3} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {{x^3} + 5{x^2} + 3x} \right)} \right|_0^1 = 9\].

Đáp án đúng là: A

Thể tích vật thể là: \(V = \int\limits_1^2 {2024xdx = 3036} \).

Đáp án đúng là: D

\(\left( P \right):\,2x - y + z - 3 = 0\).

Suy ra: mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;1} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( { - 2;1; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_1}} = - \overrightarrow n .\)

Vậy: \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( { - 2;1; - 1} \right)\)là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Đáp án đúng là: A

Mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec j = \left( {0;\,1;\,0} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Xét điểm \(N\left( {1; - 1;0} \right)\) ta có: \(2.1 + 3.( - 1) + 6.0 + 6 = 5 \ne 0.\)

Vậy điểm \(N\) không thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).

Đáp án đúng là: C

Do \[M'\] là hình chiếu vuông góc của \[M\] lên mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] nên \(MM' \bot \left( P \right)\).

Do đó, \[\overrightarrow {MM'} \left( {4;2;6} \right)\]là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\].

Khi đó mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] cũng có một vectơ pháp tuyến khác là \[\overrightarrow n \left( {2;1;3} \right)\].

Đáp án đúng là: D

Do \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{12}}{{\sqrt 6 }} = 2\sqrt 6 \ne \sqrt 6 \) nên D sai.

Đáp án đúng là: C

\(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow n = \left( {3; - 2;1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến

Mặt phẳng đã cho song song với \(\left( P \right)\) nên cũng nhận nhận \(\overrightarrow n = \left( {3; - 2;1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến

Vậy mặt phẳng đi qua \(M\) và song song với \(\left( P \right)\) có phương trình là

\(3\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + \left( {z - 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3x - 2y + z - 11 = 0\).

a) S, b) S, c) S, d) Đ

a) \(f\left( x \right) = F'\left( x \right) = a\sqrt {x - b} + \frac{{ax + 2}}{{2\sqrt {x - b} }} = \frac{{2a\left( {x - b} \right) + ax + 2}}{{2\sqrt {x - b} }} = \frac{{3ax - 2ab + 2}}{{2\sqrt {x - b} }}\).

b) \(\int {xG\left( x \right)} dx = \int {\frac{{3x}}{{c{x^2}}}} dx = \int {\frac{3}{{cx}}} dx = \frac{3}{c}\ln \left| x \right| + C\).

c) \(G\left( x \right) = \frac{3}{{ - 6{x^2}}} = - \frac{1}{{2{x^2}}}\)\( \Rightarrow g\left( x \right) = G'\left( x \right) = \frac{1}{{{x^3}}}\).

Suy ra \(g'\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)^\prime } = \frac{{ - 3}}{{{x^4}}}\).

d) Theo câu a, \(f\left( x \right) = \frac{{3ax - 2ab + 2}}{{2\sqrt {x - b} }}\) mà \(f\left( x \right) = \frac{{3x - 5}}{{\sqrt {x - 3} }}\) nên suy ra

 \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3a}}{2} = 3\\ - ab + 1 = - 5\\b = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\).

Do đó \(2{a^2} - 3b = {2.2^2} - 3.3 = - 1\).

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( { - 3{x^2} + 6x} \right)dx} = - {x^3} + 3{x^2} + C\).

Vì \(F\left( 0 \right) = 1\) nên \(C = 1\). Do đó \(F\left( x \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 1\).

b) \(\int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {{{\left( { - 3{x^2} + 6x} \right)}^2}dx} = \int\limits_0^1 {\left( {9{x^4} - 36{x^3} + 36{x^2}} \right)dx} \)\( = \left. {\left( {9\frac{{{x^5}}}{5} - 9{x^4} + 12{x^3}} \right)} \right|_0^1\).

c) Ta có \(S = \int\limits_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} {\left| { - 3{x^2} + 6x} \right|dx} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} {\left( { - 3{x^2} + 6x} \right)dx} = \left. {F\left( x \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} = F\left( {\frac{3}{2}} \right) - F\left( {\frac{1}{2}} \right)\).

d) Phần tô đậm trong hình sau là hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = F\left( x \right)\), trục hoành và các đường thẳng \(x = 0,x = 2\).

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Ta có \({S_2} = \int\limits_0^4 {\left| {\frac{{{x^2}}}{4}} \right|dx} = \int\limits_0^4 {\frac{{{x^2}}}{4}dx} = \left. {\frac{{{x^3}}}{{12}}} \right|_0^4 = \frac{{16}}{3}\).

b) \({S_1} = {S_{OABC}} - {S_2} = 16 - \int\limits_0^4 {\frac{{{x^2}}}{4}dx} \)\( = 16 - \left. {\frac{{{x^3}}}{{12}}} \right|_0^4 = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\).

c) \(0 < {S_1} = 2{S_2}\).

d) \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{32}}{3}:\frac{{16}}{3} = 2\).

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right):z = 0\).

\(d\left( {A,Oxy} \right) = \frac{{\left| 1 \right|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 1\).

b) \(I\left( {1;1;2} \right)\) là trung điểm đoạn thẳng \(CD\).

c) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3; - 1;2} \right)\), \(\overrightarrow {CD} = \left( { - 2;4; - 2} \right)\), \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right] = \left( { - 6; - 10; - 14} \right) = - 2\left( {3;5;7} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\)qua hai điểm \(A\left( {1;2;1} \right),B\left( { - 2;1;3} \right)\) và \(\left( \alpha \right)//CD\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {3;5;7} \right)\) có phương trình \(3\left( {x - 1} \right) + 5\left( {y - 2} \right) + 7\left( {z - 1} \right) = 0\) hay \(3x + 5y + 7z - 20 = 0\).

Suy ra \(b = 5;c = 7;d = - 20\). Do đó \(2b - 3c + d = - 31\).

d) Ta có \(\overrightarrow {IA} = \left( {0;1; - 1} \right),\overrightarrow {IB} = \left( { - 3;0;1} \right)\), \(\left[ {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {IB} } \right] = \left( {1;3;3} \right)\).

Nếu \(\left( \alpha \right)\) đi qua trung điểm \(I\left( {1;1;2} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1;3;3} \right)\) có phương trình là: \(\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y - 1} \right) + 3\left( {z - 2} \right) = 0\) hay \(x + 3y + 3z - 10 = 0\)\( \Leftrightarrow 3x + 9y + 9z - 30 = 0\).

Suy ra \(b = 9;c = 9;d = - 30\). Do đó \(2b - 3c + d = - 39\).

Trả lời: 1

Ta có \(f\left( x \right) = {\left( {x\sin x + C} \right)^\prime } = \sin x + x\cos x \Rightarrow f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 1\).

Trả lời: −2

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{1 - \cos 2x}}{{1 + \cos 2x}}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{2{{\sin }^2}x}}{{2{{\cos }^2}x}}} dx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)dx = \left. {\left( {\tan x - x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} = \sqrt 3 } - \frac{\pi }{3}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 3\end{array} \right. \Rightarrow a + b = - 2\).

Giả sử \(A\left( {a;{a^2}} \right),B\left( {b;{b^2}} \right) \in \left( P \right)\left( {b > a} \right)\) sao cho \(AB = 2\).

Phương trình đường thẳng \(AB:y = \left( {b + a} \right)x - ab\).

Gọi\(S\) là diện tích hình phẳng cần tìm, ta có

\(S = \int\limits_a^b {\left| {\left( {b + a} \right)x - ab - {x^2}} \right|} dx\)\( = \int\limits_a^b {\left[ {\left( {b + a} \right)x - ab - {x^2}} \right]} dx = \frac{1}{6}{\left( {b - a} \right)^3}\).

Vì \(AB = 2\) nên \(\left| {b - a} \right| = b - a \le 2\)\( \Rightarrow S \le \frac{4}{3}\).

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 0\\b - a = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 1\end{array} \right.\). Suy ra \(a + b = 0\).

Khi đó hình nêm có đáy là nửa hình tròn có phương trình \(y = \sqrt {225 - {x^2}} ,x \in \left[ { - 15;15} \right]\).

Một mặt phẳng cắt vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x,\left( {x \in \left[ { - 15;15} \right]} \right)\) cắt hình nêm theo thiết diện có diện tích là \(S\left( x \right)\).

Ta có \(NP = y\) và \(MN = NP\tan 45^\circ = y = \sqrt {225 - {x^2}} \).

Khi đó \(S\left( x \right) = \frac{1}{2}MN.NP = \frac{1}{2}\left( {225 - {x^2}} \right)\).

Suy ra thể tích hình nêm là \(V = \int\limits_{ - 15}^{15} {S\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - 15}^{15} {\left( {225 - {x^2}} \right)dx} = 2250\) cm³.

Trả lời: −6

Gọi \(H,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(A,\,B\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó theo giả thiết ta có: \(AB = 3\), \(AH = 6\), \(BK = 3\).

Do đó \(A,\,B\)ở cùng phía với mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Lại có: \(AB + BK \ge AK \ge AH \Rightarrow H \equiv K\).

Suy ra \(A,\,B,\,H\) là ba điểm thẳng hàng và \(B\) là trung điểm của \(AH\) nên tọa độ \(H\left( {5;\,6;\, - 1} \right)\).

Vậy mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(H\left( {5;\,6;\, - 1} \right)\) và nhận \[\overrightarrow {AB} = \left( {2;\,2;\, - 1} \right)\]là VTPT có nên phương trình

\(2\left( {x - 5} \right) + 2\left( {y - 6} \right) - 1\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 2y - z - 23 = 0\).

Theo bài ra thì \(\left( P \right):\, - 4x - 4y + 2z + 46 = 0\), nên \(a = - 4,\,b = - 4,\,c = 2\).

Vậy \(T = a + b + c = - 6\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Phương trình mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right)\) có dạng: \(\frac{x}{{4a}} + \frac{y}{{2a}} + \frac{z}{{2a}} = 1 \Leftrightarrow x + 2y + 2z - 4a = 0\)

Khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right)\) bằng

\(d\left( {C,\left( {AB'D'} \right)} \right) = \frac{{\left| {4a + 2.2a + 2.2a - 4a} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{{8a}}{3}.\)

Với \(a = 3\) thì \(d\left( {C,\left( {AB'D'} \right)} \right) = 8\).