Đề thi thử học kỳ 2 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 01

Dựa vào định lí: Mọi hàm số liên tục trên K đều có nguyên

Vận tốc của vật bằng

\(v\left( t \right) = \int {\frac{3}{{t + 1}}}  = 3\ln \left( {t + 1} \right) + C\)

với t = 0 ta có v(0)= C = 6 nên phương trình vận tốc của chuyển động là :

v(t) = 3ln(t + 1) + 6 (m/s)

khi đó v(10) = 3ln11 + 6 ≈ 13 (m/s) .

Vậy chọn đáp án D.

Số lượng vi khuẩn tại ngày thứ t bằng

\(v\left( t \right) = \int {\frac{{4000}}{{1 + 0,5t}}}  = 8000\ln \left( {1 + 0,5t} \right) + C\) (vì t > 0)

Với t = 0 ta có: N(0) = C = 250000,

Vậy N(t) = 8000.ln(1 + 0,5t) + 250000

khi đó N(10) = 8000.ln(1 + 0,5.10) + 250000 ≈ 264334.

Chọn đáp án A 

Đáp án A

Ta có: \(z\; = \;\frac{{1 - i}}{{1 + i}} = \frac{{{{\left( {1 - i} \right)}^2}}}{{1 - {i^2}}} =  - i\)

Do đó \({z^{2017}} = {\left( { - i} \right)^{2017}} =  - i.{\left( { - i} \right)^{2016}} =  - i.{\left( {{{\left( { - i} \right)}^2}} \right)^{1008}} =  - i\)$$

Vậy phần thực của số phức $z^{2017}$ là 0.

Số phức liên hợp của z = 2 – 2i là  \(\bar z\) = 2 + 2i nên khẳng định C là sai. 

Chọn đáp án C.

Ta có z = -1 + 3i => \(\bar z\) = −1 − 3i.

Vậy phần thực và phần ảo của \(\bar z\) là -1 và -3.

Chọn đáp án B.

Ta có \(\left| {1\; + \;i} \right|\; = \;\sqrt {\left( {1\; + \;1} \right)\;}  = \;\sqrt 2 .\) Gọi M là điểm biểu diễn của z ta có |z| = OM.

Do đó: \(\left| z \right|\; = \;\left| {1\; + \;i} \right|\; \Leftrightarrow \;OM\; = \;\sqrt 2 \)

Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm O, bán kính R = $\sqrt{2}$

Chọn đáp án D.

Ta có: z = -i = 0 - i nên phần thực của số phức z = -i là 0

Chọn C

Chọn A.

Ta có: \(z=\frac{5+15i}{3+4i}=\frac{\left( 5+15i \right)\left( 3-4i \right)}{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=\frac{75+25i}{25}=3+i\).

Vậy phần thực của \(z\) là: 3.

Chọn A.

Diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị của hai hàm số trên \(y=f\left( x \right),\ y=g\left( x \right)\) và các đường thẳng \(x=a,\ x=b\) là: \(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right)-g\left( x \right) \right|\text{d}x}\).

Chọn B.

Ta có \(7=\int\limits_{1}^{9}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{4}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{5}^{9}{f\left( x \right)\text{d}x}\), mà \(\int\limits_{4}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}=3\).

Do đó \(P=\int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{5}^{9}{f\left( x \right)\text{d}x}=7-3=4\).

Chọn B.

Hình chiếu vuông góc của \(A\left( 2;3;5 \right)\) lên trục \(Oy\) là điểm \({A}'\left( 0;3;0 \right)\).

Chọn B.

Ta có: \(2{{z}^{2}}+10z+13=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}

  & {{z}_{1}}=-\frac{5}{2}+\frac{1}{2}i \\

 & {{z}_{2}}=-\frac{5}{2}-\frac{1}{2}i \\

\end{align} \right.\).

Khi đó: \(2{{z}_{1}}+4{{z}_{2}}=-5+i-10-2i=-15-i\).

Chọn A.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( 1;\,-4;\,-3 \right)\) và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left( -2;\,5;\,2 \right)\) có phương trình là: \(-2\left( x-1 \right)+5\left( y+4 \right)+2\left( z+3 \right)=0\Leftrightarrow -2x+5y+2z+28=0\).

Chọn A.

\(I=\int\limits_{2}^{7}{\sqrt{x+2}\text{d}x}=\left. \frac{2}{3}\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{3}}} \right|_{2}^{7}=\frac{38}{3}\).

Chọn B.

Dễ thấy chỉ có đáp án \(\text{A}\), \(\text{B}\) có thể thỏa đề bài.

Mặt khác, tọa độ điểm \(M\left( 2\,;\,1\,;\,-1 \right)\) thỏa phương trình \(\frac{x}{1}=\frac{y-5}{-2}=\frac{z+3}{1}\).

Chọn C.

Có: \(S=\left| \int\limits_{0}^{2}{{{e}^{2x}}\text{d}x} \right|\)\(=\left. \frac{1}{2}{{e}^{2x}} \right|_{0}^{2}\)\(=\frac{{{e}^{4}}-1}{2}\)\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}

  & a=4 \\

 & b=1 \\

 & c=2 \\

\end{align} \right.\). Vậy \(P=a+3b-c\)\(=9\).

Chọn D.

Thể tích của khối tròn xoay là: \(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{2x+1}\text{d}x}\)\(=\frac{\pi }{2}\left. \ln \left| 2x+1 \right| \right|_{0}^{1}\)\(=\frac{\pi }{2}\left( \ln 3-\ln 1 \right)\)\(=\frac{\pi }{2}\ln 3\).

Chọn B.

Đặt \(I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{2}}{{e}^{x}}}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{2}}-4+4}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}{{e}^{x}}\text{.d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}} \right){{e}^{x}}\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{x-2}{x+2}{{e}^{x}}\text{.d}x}+4\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}{{e}^{x}}\text{.d}x}\) .

Tính \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{x-2}{x+2}{{e}^{x}}\text{.d}x}\).

Đặt \(\left\{ \begin{align}

  & u=\frac{x-2}{x+2} \\

 & dv={{e}^{x}}\text{.d}x \\

\end{align} \right.\) \(\Rightarrow \left\{ \begin{align}

  & \text{d}u=\frac{4}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}\text{d}x \\

 & v={{e}^{x}} \\

\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{I}_{1}}=\left. \frac{x-2}{x+2}{{e}^{x}} \right|_{0}^{1}-4\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}{{e}^{x}}\text{.d}x}=-\frac{e}{3}+1-4\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}{{e}^{x}}.\text{d}x}\) .

\(\Rightarrow I=-\frac{e}{3}+1=\frac{3-e}{3}\Rightarrow \left\{ \begin{align}

  & a=3 \\

 & b=1 \\

\end{align} \right.\Rightarrow S=19\) .

Chọn C.      

Ta có :mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 0;0;-1 \right)\) bán kính \(R=5\Rightarrow IK=5\) nên điểm K thuộc mặt cầu.

Nên mặt phẳng\(\left( P \right)\) chứa tất cả các tiếp tuyến vẽ từ \(K\) đến mặt cầu là mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tại điểm \(K\) .\(\left( P \right)\bot IK\Rightarrow {{\overrightarrow{n}}_{P}}=\overrightarrow{IK}=\left( 3;0;4 \right)\) .

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(K\) có vector pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left( 3;0;4 \right)\) là \(3x+4z-21=0\) .

Lưu ý : Đề gốc là \(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2z-24=0\)và điểm \(K\left( 3;0;3 \right)\). Ta có \(IK<R\) nên \(K\) nằm bên trong mặt cầu nên không có tiếp tuyến .

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị \({{x}^{3}}-x=x-{{x}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{3}}+{{x}^{2}}-2x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}

  & x=0 \\

 & x=1 \\

 & x=-2 \\

\end{align} \right.\)

Vậy \(S=\int\limits_{-2}^{1}{\left| {{x}^{3}}-x-x+{{x}^{2}} \right|\text{d}x}\)\(=\int_{-2}^{0}{\left( {{x}^{3}}+{{x}^{2}}-2x \right)\text{d}x-\int_{0}^{1}{\left( {{x}^{3}}+{{x}^{2}}-2x \right)\text{d}x}}\)

\(=\left. \left( \frac{1}{4}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}} \right) \right|_{-2}^{0}-\left. \left( \frac{1}{4}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}} \right) \right|_{0}^{1}=\frac{37}{12}\).

Chọn B.

Do \(\Delta \( qua 2 điểm \(A,B\) nên có VTCP \(\overrightarrow{AB}=\left( -2;-4;-2 \right)=-2\left( 1;2;1 \right)\).

\(\Delta \( đi qua \(I\left( 0;2;3 \right)\)là trung điểm của\(AB\)có phương trình là \(\frac{x}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-3}{1}\).

Chọn D.

\(S=\int\limits_{a}^{c}{\left| f(x)-g(x) \right|\text{d}x}\)\(=\int\limits_{a}^{b}{\left| f(x)-g(x) \right|\text{d}x+\int\limits_{b}^{c}{\left| f(x)-g(x) \right|\text{d}x}}\)\(=\int\limits_{a}^{b}{\left[ f(x)-g(x) \right]\text{d}x-\int\limits_{b}^{c}{\left[ f(x)-g(x) \right]\text{d}x}}\)

Chọn D.

Đặt \(t=\ln x\)\(\Rightarrow dt=\frac{1}{x}dx\) . Đổi cận\(\left\{ \begin{align}

  & x=1 \\

 & x=e \\

\end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{align}

  & u=0 \\

 & u=1 \\

\end{align} \right.\). Suy ra \(I=\int\limits_{1}^{e}{\frac{2\ln x+3}{x}}\text{d}x\)\(=\int\limits_{0}^{1}{(2t+3)}\text{d}t\).

Chọn B.

Đặt \(t={{x}^{2}}+1\) \(\Rightarrow \text{d}t=2x\text{d}x\). Đổi cận \(\left\{ \begin{align}

  & x=0 \\

 & x=4 \\

\end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{align}

  & t=1 \\

 & t=17 \\

\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \int\limits_{0}^{4}{x\ln ({{x}^{2}}+1)\text{d}x}\)\(=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{17}{\ln t}\text{dt}\)

Đặt \(\left\{ \begin{align}

  & u=\ln t \\

 & \text{d}v=dt \\

\end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{align}

  & \text{d}u=\frac{1}{t}\text{dt} \\

 & v=t \\

\end{align} \right.\)

Suy ra \(\Rightarrow \int\limits_{0}^{4}{x\ln ({{x}^{2}}+1)\text{d}x}=\)\(=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{17}{\ln t}\text{dt}\(\(=\frac{1}{2}\left[ \left. t\ln t \right|_{1}^{17}-\int\limits_{1}^{17}{\text{dt}} \right]\) =\(\frac{17}{2}\ln 17-8\) .

Vậy \(a=17;b=2;c=8\Rightarrow T=a+b+c=27\)

Chọn D.

\(\int\limits_{1}^{3}{\frac{2x-3}{x+1}dx}=\int\limits_{1}^{3}{\left( 2-\frac{5}{x+1} \right)dx=\left. \left( 2x-5\ln |x+1| \right) \right|}_{1}^{3}=4-5\ln 2\).

Vậy \(a=-5;b=4\Rightarrow {{b}^{2}}-2a=26\)

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=x\ln x\) và trục hoành:\(x\ln x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}

  & x=0\left( L \right) \\

 & x=1 \\

\end{align} \right.\).

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay \(D\) quanh trục hoành bằng \(\pi \int\limits_{1}^{e}{{{\left( x\ln x \right)}^{2}}d\text{x}}=\left( 5{{e}^{3}}-2 \right)\frac{\pi }{27}\).

Vậy \(a=27,b=5\) nên \(T=a-{{b}^{2}}=27-25=2\).

Đáp án B

Phương trình tham số d:\({\rm{d}}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\rm{x}} = {{\rm{x}}_0} + at}\\
{{\rm{y}} = {{\rm{y}}_0} + bt}\\
{{\rm{z}} = {{\rm{z}}_0} + ct}
\end{array}} \right.\,\,\,\left( {{\rm{t}} \in {\rm{R}}} \right)\)

Mặt phẳng (Oxy) có phương trình là z=0

Đáp án cần chọn là: A