Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 09

Đặt \(t=\sqrt{5-4 x^{2}} \Rightarrow t d t=-4 x d x\)

Khi đó 

\(\int 2 x \sqrt{5-4 x^{2}} d x=-\frac{1}{2} \int t^{2} d t=-\frac{1}{6} t^{3}+C=-\frac{1}{6} \sqrt{\left(5-4 x^{2}\right)^{3}}+C\)

\(\begin{array}{l}
I = \int {\frac{{2x + 3}}{{{x^2}}}} dx = \int {\left( {\frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} \right)dx}  = 2\ln \left| x \right| - \frac{3}{x} + C\\
F\left( 1 \right) = 12\ln 1 - \frac{3}{1} + C = 1 \Rightarrow C = 4\\
 \Rightarrow F\left( x \right) = 2\ln \left| x \right| - \frac{3}{x} + 4
\end{array}\)

\(\int f(x) d x=\int \frac{\cos x}{\sin ^{5} x} d x=\int \frac{1}{\sin ^{5} x} d(\sin x)=-\frac{1}{4 \sin ^{4} x}+C\)

\(I = \int {\left( {\frac{{2{x^4} + 3}}{{{x^2}}}} \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\left( {2{x^2} + \frac{3}{{{x^2}}}} \right)dx}  = \frac{{2{x^3}}}{3} - \frac{3}{x} + C\)

\(\int F(x) d x=\int\left(3 x^{2}-\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{x^{2}}-1\right) d x=x^{3}-2 \sqrt{x}-\frac{1}{x^{2}}-x+C\)

Đặt \(t=2 x \Rightarrow d t=2 d x\)

\(\int\limits_{a / 2}^{b / 2} f(2 x) d x=\frac{1}{2} \int\limits_{a / 2}^{b / 2} f(2 x) 2 d x=\frac{1}{2} \int\limits_{a}^{b} f(t) d t=\frac{\alpha}{2}\)

Áp dụng công thức \(\int\limits_{a}^{b} f(x) d x=F(b)-F(a)\), trong đó F là một nguyên hàm của f trên đoạn [a;b] ta có \(\int_{1}^{2} x^{6} \sin ^{5} x d x=F(2)-F(1)\)

C đúng vì

\(d(-x)=(-1) d x\) nên \(\int\limits_{a}^{b} f(x) d x=-\int\limits_{b}^{a} f(x) d x=\int\limits_{b}^{a} f(x)(-1) d x=\int\limits_{b}^{a} f(x) d(-x)\)

Ta có

\(\int\limits_{0}^{3} x(x-1) d x=\left.\left(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}\right)\right|_{0} ^{3}=\frac{9}{2}\)

\(\begin{array}{l} \int\limits_{0}^{\ln \sqrt{10}} e^{2 x} d x=\left.\frac{e^{2 x}}{2}\right|_{0} ^{\ln \sqrt{10}}=\frac{e^{2 \ln \sqrt{10}}-1}{2}=\frac{9}{2} \\ 3 \int\limits_{0}^{3 \pi} \sin x d x=-\left.3 \cos x\right|_{0} ^{3 \pi}=6 \\ \int\limits_{0}^{2}\left(x^{2}+x-3\right) d x=\left.\left(\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}-3 x\right)\right|_{0} ^{2}=\frac{8}{3}+2-6=-\frac{4}{3} \\ \int\limits_{0}^{\pi} \cos (3 x+\pi) d x=\left.\frac{1}{3} \sin (3 x+\pi)\right|_{0} ^{\pi}=\frac{1}{3}(\sin 4 \pi-\sin \pi)=0 \end{array}\)

Vậy chọn C

Mệnh đề d sai, mệnh đề đúng là

Nếu \(f(x) \geq m \forall x \in[a ; b] \) thì \(\int_{a}^{b} f(x) d x \geq m(b-a)\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị:

\( {x^3} - x = 2x \Leftrightarrow {x^3} - 3x = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

(chỉ xét trên (−1;1) )

Với x∈(−1;0) thì \( {x^3} - 3x > 0\) ; với x∈(0;1) thì \( {x^3} - 3x < 0\) 

Diện tích cần tìm là 

\( S = \mathop \smallint \limits_{ - 1}^1 \left| {{x^3} - 3x} \right|dx = \mathop \smallint \limits_{ - 1}^0 \left( {{x^3} - 3x} \right)dx + \mathop \smallint \limits_0^1 \left( {3x - {x^3}} \right)dx\)

Diện tích hình phẳng cần tính là \( S = \mathop \smallint \limits_0^\pi \left| {\cos x} \right|{\mkern 1mu} {\rm{d}}x.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y=f(x),y=g(x) và hai đường thẳng x=0, x=e là:

\( S = \mathop \smallint \limits_0^e \left| {{e^x} - \left( { - x} \right)} \right|dx = \mathop \smallint \limits_0^e \left| {{e^x} + x} \right|dx\)

Diện tích S của hình phẳng D được tính theo công thức là

\( S = \mathop \smallint \limits_a^b \left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\mkern 1mu} {\rm{d}}x.\)

\( \overrightarrow {OM} = 2\vec i + \vec j = 2\vec i + \vec j + 0\vec k \to M\left( {2;1;0} \right)\)

\(\overrightarrow {OM} = \vec i - 3\vec j + \vec k \Rightarrow M\left( {1; - 3;1} \right)\)

\( \overrightarrow {OM} = a\vec i + b\vec k + c\vec j = a\vec i + c\vec j + b\vec k\) 

Nên M(a;c;b)

Điểm \( M\left( {x;y;z} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {OM} = x.\vec i + y.\vec j + z.\vec k\)

Do \(\vec i,\vec j,\vec k\) là các véc tơ đơn vị nên \( \vec i.\vec k = 0,\vec i.\vec j = 0\) , A sai, C đúng.

Ngoài ra, \( \vec i.\vec i = {\vec i^2} = {\left| {\vec i} \right|^2} = 1,\vec j.\vec j = {\vec j^2} = {\left| {\vec j} \right|^2} = 1\) 

nên B, D đúng.

Ta có:

\( \left| {\vec i} \right| = \left| {\vec j} \right| = \left| {\vec k} \right| = 1\) hoặc \(\begin{array}{l} {{\vec i}^2} = {{\vec j}^2} = {{\vec k}^2} = 1\\ \to \left| {\vec i} \right| = {{\vec k}^2} \end{array}\) đúng.

Do H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng tọa độ (Oyz) nên H(0;7;-13)

Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (Oxz) là điểm \(P(3;0;5)\)

Hình chiếu vuông góc của M trên (Oxz) là \(E(1;0;3)\)

Đường thẳng MH đi qua M (1;2;3) nhận \(\vec{n}_{P}=(1 ;-2 ; 1)\) làm vec tơ chỉ phương có phương trình tham số:

 \(\left\{\begin{array}{l} x=1+t \\ y=2-2 t \\ z=3+t \end{array}\right.\)

Ta có: \(H=M H \cap(P) \text { suy ra } H(1+t ; 2-2 t ; 3+t)\)

Vì \(H \in(P) \text { nên } 1+t-2(2-2 t)+3+t-12=0 \Leftrightarrow t=2\)

Vậy H(3;-2;-5)

Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng tọa độ (Oxy) là \(M(-1;2;0)\)

Vì \(\Delta//d\) nên VTCP của đường thẳng \(\Delta\) \(\text { là } \overrightarrow{u_{\Delta}}=k \cdot \overrightarrow{u_{d}}=k \cdot(1 ; 3 ; 2), k \neq 0\)

Đường thẳng đi qua điểm A(1;2;-1) nên có phương trình:

\(\Delta : \frac{x-1}{-2}=\frac{y-2}{-6}=\frac{z+1}{-4}\)

Do d vuông góc với (P) nên vec tơ pháp tuyến của (P) là một vec tơ chỉ phương của d

\(\overrightarrow{u_{d}}=\overrightarrow{n_{(P)}}=(2 ; 2 ; 1)\)

 Đường thẳng d đi qua A(1; 2; 3) và có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u_{d}}=(2 ; 2 ; 1)\) nên có phương trình chính tắc là

\(\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-3}{1}\)

Gọi d là đường thẳng đi qua điểm \(H(3 ;-1 ; 0)\) vfa vuông góc với (Oxz)

Khi đó \(\vec{j}=(0 ; 1 ; 0)\) là VTCP của d.

Phương trình tham số của đường thẳng \(d\left\{\begin{array}{l} x=3 \\ y=-1+t \\ z=0 \end{array}\right.\)

Đường thẳng \(d\left\{\begin{array}{l} \operatorname{qua} A(1 ; 2 ; 0) \\ d \perp(P) \Rightarrow \operatorname{VTCP}: \overrightarrow{u_{d}}=\overrightarrow{n_{(P)}}=(1 ;-2 ; 1) \end{array}\right.\)

Phương trình đường thẳng d có dạng:

\(\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-2}=\frac{z}{1}\)

Gọi d là đường thẳng song song với \(d_{3},\, cắt \,d_{1}\, và\,d_{2}\) lần lượt tại điểm A và B.

\(A\in d_1\Rightarrow A(1+2 a ; 3 a ;-1-a) \text { và } B\in d_2\Rightarrow B(-2+b ; 1-2 b ; 2 b) \)

\(\Rightarrow \overrightarrow{A B}=(b-2 a-3 ;-2 b-3 a+1 ; 2 b+a+1)\)

Đường thẳng \(d_3\) co VTCP là \(\vec{u}=(-3 ;-4 ; 8)\)

Đường thẳng d song song với \(d_3\) nên 

\(\overrightarrow{A B}=k \vec{u} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} b-2 a-3=-3 k \\ -2 b-3 a+1=-4 k \\ 2 b+a+1=8 k \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} a=0 \\ b=\frac{3}{2} \\ k=\frac{1}{2} \end{array}\right.\right.\)

Vậy \(A(1 ; 0 ;-1) \text { và } B=\left(-\frac{1}{2} ;-2 ; 3\right)\)

Phương trình đường thẳng d là \(\frac{x-1}{-3}=\frac{y}{-4}=\frac{z+1}{8}\)

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( 1;-1;2 \right)\), bán kính R = 5. Do \(C=2\pi r\Rightarrow r=4\) do vậy mặt phẳng qua M vuông góc với d cắt (S) theo 1 đường tròn có bán kính bằng 4.

VTCP của d là \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2;1;-2 \right)\) khi đó \(M\in d\Rightarrow \left( 3+2t;2+t;1-2t \right)\)

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng \(2\left( x-3-2t \right)+\left( y-2-t \right)-2\left( z-1+2t \right)=0\)

Hay \(2x+y-2z-9t-6=0\)

Ta có: \(d\left( I;\left( P \right) \right)=\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}=3\Leftrightarrow \frac{\left| 9t+9 \right|}{3}=3\Leftrightarrow \left[ \begin{array} {} t=0 \\ {} t=-2 \\ \end{array} \right.\)

Từ đó suy ra \(M\left( 3;2;1 \right),M\left( -1;0;5 \right)\) là các điểm cần tìm.

VTPT của mặt phẳng \((\alpha) \text { là } \vec{n}=(1 ; 2 ;-2)\)

Do \((\Delta) \perp(\alpha)\) nên \(\vec n\) cũng là vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm A(1;4;-7) và có VTCP \(\vec n\) là:

\(\frac{x-1}{1}=\frac{y-4}{2}=\frac{z+7}{-2}\)

Ta có \(\overrightarrow{A B}=(1 ;-3 ;-2)\) là VTCP của \(\Delta\) hay \(\vec{u}=(-1 ; 3 ; 2)\) cũng là một VTCP của \(\Delta\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta\) qua hai điểm A và B. nhận \(\vec{u}=(-1 ; 3 ; 2)\) là VTCP là:\(\Delta:\left\{\begin{array}{l} x=3-t \\ y=2+3 t \\ z=2+2 t \end{array}\right.\)

Đường thẳng \(d:\left\{\begin{array}{l} x=1+2 t \\ y=-3+t(t \in \mathbb{R}) \\ z=4-t \end{array}\right.\) đi qua điểm (1;-3;4) và nhận \(\vec{u}=(2 ; 1 ;-1)\) làm vec tơ chỉ phương.

Vậy \(d: \frac{x-1}{2}=\frac{y+3}{1}=\frac{z-4}{-1}\)

Trục Oy qua điểm O(0;0;0) và có vec tơ chỉ phương \(\vec{j}=(0 ; 1 ; 0)\) nên có phương trình:

\(\left\{\begin{array}{l} x=0 \\ y=t \\ z=0 \end{array}\right.\)

M là trung diểm của BC nên \(M(1 ;-1 ; 3)\)

\(\overrightarrow{A M}=(2 ;-4 ; 1)\)

Phương trình đường trung tuyến AM là::

\(4 M: \frac{x+1}{2}=\frac{y-3}{-4}=\frac{z-2}{1}\)

Chọn đáp án A vì

\(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 3&{ - 2} \end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 2}\\ { - 2}&1 \end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2}&0\\ 1&3 \end{array}} \right|} \right) = \left( { - 3; - 3; - 6} \right)\)

Đáp án A sai vì:

\(\begin{array}{l} \begin{array}{*{20}{l}} {\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sin \left( {\vec u,\vec v} \right)} \end{array}\\ Thật\,vậy\,,Gọi\,\overrightarrow u \left( {{u_1};{u_2};{u_3}} \right),\overrightarrow v \left( {{v_1};{v_2};{v_3}} \right)\\ Nếu\,\left[ \begin{array}{l} \overrightarrow u = \overrightarrow 0 \\ \overrightarrow v = \overrightarrow 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sin \left( {\vec u,\vec v} \right) = 0\\ Nếu\,\left[ \begin{array}{l} \overrightarrow u \ne \overrightarrow 0 \\ \overrightarrow v \ne \overrightarrow 0 \end{array} \right. thì\,ta\,có\\ \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sin \left( {\vec u,\vec v} \right) = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sqrt {1 - {{\cos }^2}\left( {\overrightarrow {u,} \overrightarrow v } \right)} = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|.\sqrt {1 - \frac{{{{\left( {\overrightarrow {u.} \overrightarrow v } \right)}^2}}}{{{{\left| {\overrightarrow u } \right|}^2}.{{\left| {\overrightarrow v } \right|}^2}}}} \\ = \sqrt {{{\overrightarrow u }^2}.{{\overrightarrow v }^2} - {{\left( {\overrightarrow u .\overrightarrow v } \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {{u_2}.{v_3} - {u_3}.{v_2}} \right)}^2} + {{\left( {{u_3}.{v_1} - {u_1}.{v_3}} \right)}^2} + {{\left( {{u_1}.{v_2} - {u_2}.{v_1}} \right)}^2}} \\ = \left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right]} \right|. \end{array}\)

Ta có:

\(\overrightarrow {AB} = \left( {0;1; - 1} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1;0; - 1} \right),\overrightarrow {AD} = \left( { - 2;3; - 2} \right)\\ \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{6}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} \left( {2; - 2; - 3} \right);\overrightarrow {AC} \left( {4;0;6} \right);\overrightarrow {AD} \left( { - 7; - 7; - 9} \right)\\ \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 12; - 24;8} \right) \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = 14\\ {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = 30\\ \Rightarrow {h_D} = \frac{{3{V_{ABCD}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{45}}{7} \end{array}\)