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

Ta có: \(I = \int {{x^2}\cos x\,dx}  = \int {{x^2}\,d\left( {\sin x} \right)} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = d\left( {\sin x} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2x\,dx\\v = \sin x\end{array} \right.\)

Khi đó ta có \(I = \int {{x^2}d\left( {\sin x} \right)}  = \left( {{x^2}\sin x} \right) - 2\int {x\sin xdx} \)

\( = \left( {{x^2}\sin x} \right) + 2\left( {x\cos x} \right) - 2\int {\cos xdx} \)

\(= \left( {{x^2}\sin x} \right) + 2\left( {x\cos x} \right) - {\mathop{\rm s}\nolimits} inx + C\).

Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra được xác định bằng công thức sau:

\(V = \pi \int\limits_0^\pi {\left( {x\sin x} \right)dx} = - \pi \int\limits_0^\pi {xd\left( {\cos x} \right)} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = d\left( {\cos x} \right)\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \cos x\end{array} \right.\)

Khi đó

\(V = - \pi \left( {x\cos x} \right)\left| {_0^\pi } \right. + \pi \int\limits_0^\pi {\cos xdx} \)\(\,= - \pi \left( {x\cos x} \right)\left| {_0^\pi } \right. + \pi .\left( {\sin x} \right)\left| {_0^\pi } \right.\)\( = - \pi \left( { - \pi } \right) + 0 = {\pi ^2}\)

Ta có: \(\int {\cos x.\sin x} \,dx = \int {\sin x\,d\left( {\sin x} \right)}  \)\(\,= \dfrac{{{{\sin }^2}x}}{2} + C = \dfrac{{1 - \cos 2x}}{4} + C\)

Ta có: \(\int\limits_5^2 {\left[ {2 - 4f(x)} \right]dx}  \)

\(=  - \int\limits_2^5 {2\,dx}  + 4\int\limits_2^5 {f\left( x \right)} \,dx\)

\(=  - \left( {2x} \right)\left| \begin{array}{l}_{}^5\\_2^{}\end{array} \right. + 4.10 \)

\(=  - \left( {10 - 4} \right) + 40 = 34\)

Ta có: \(\int {\dfrac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}{{{x^4}}}} \,dx = \int {\dfrac{{{x^2} + 4x + 4}}{{{x^4}}}} \,dx\)

\(= \int {\left( {\dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{4}{{{x^3}}} + \dfrac{4}{{{x^4}}}} \right)} \,dx\)

\(=  - \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{{{x^2}}} - \dfrac{4}{{3{x^2}}} + C\)

Phương trình hoành độ giao điểm \(x = 4 - x \Leftrightarrow 2x = 4 \Leftrightarrow x = 2.\)

Khi đó, thể tích hình phẳng được xác định là: \({V_y} = \pi \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - {{\left( {2 - x} \right)}^2}} \right|} \,dx = 16\pi .\)

Đặt \(t = \sqrt {a - x}  \Rightarrow {t^2} = a - x \)

\(\Leftrightarrow x = a - {t^2} \Rightarrow dx =  - 2t\,dt\)

Khi đó ta có: \(\int {x\sqrt {a - x} \,dx}  =  - 2\int {\left( {a - {t^2}} \right){t^2}dt\,} \)

\(=  - 2\int {\left( {a{t^2} - {t^4}} \right)} \,dt\)\(\, =  - 2\left( {\dfrac{{a{t^3}}}{3} - \dfrac{{{t^5}}}{5}} \right) + C \)

\(= \dfrac{2}{5}{t^5} - \dfrac{2}{3}a{t^3} + C \)

\(= \dfrac{2}{5}{\left( {a - x} \right)^{\dfrac{5}{2}}} - \dfrac{2}{3}a{\left( {a - x} \right)^{\dfrac{3}{2}}} + C\)

Phương trình hoành độ giao điểm giữa các đường thẳng là\(\left\{ \begin{array}{l}2 - x = 0\\\sqrt x  = 0\\\sqrt x  = 2 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = 1\end{array} \right.\)

Khi đó diện tích của miền \(\left( D \right)\) được xác định bởi:

\(S = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x } \right)\,dx}  + \int\limits_1^2 {\left( {2 - x} \right)\,dx}  \)

\(\;\;\;= \left( {\dfrac{2}{3}{x^{\dfrac{3}{2}}}} \right)\left| \begin{array}{l}_{}^1\\_0^{}\end{array} \right. + \left( {2x - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_1\end{array} \right.\)

\(\;\;\;= \dfrac{2}{3} + 2 - \dfrac{3}{2} = \dfrac{7}{6}\)

\(\int {\dfrac{{{{\ln }^3}x}}{x}\,dx} = \int {{{\ln }^3}x\,d\left( {\ln x} \right)} \)\(\,= \dfrac{1}{4}{\ln ^4}x + C\)

Ta có: \(\int\limits_0^e {\left( {3{x^2} - 7x + \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)} \,dx\)

\(= \left( {{x^3} - \dfrac{7}{2}{x^2} + \ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_0\end{array} \right. \)

\(= \left( {{e^3} - \dfrac{7}{2}{e^2} + \ln \left( {e + 1} \right)} \right)\)

Ta có: \(\int\limits_0^4 \left( {3x - {e^{\dfrac{x}{2}}}} \right)dx \)

\(= \left( {\dfrac{3}{2}{x^2}} \right) \left| \begin{array}{l}^4\\_0\end{array} \right. - 2\int\limits_0^4 {{e^{\dfrac{x}{2}}}\,d\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}  \)

\(= 24 - 2\left( {{e^{\dfrac{x}{2}}}} \right)\left| \begin{array}{l}^4\\_0^{}\end{array} \right. \)

\(= 24 - 2\left( {{e^2} - 1} \right) = 26 - 2{e^2}\)

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 26\\b =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow a - 10b = 26 + 20 = 46.\)

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(y = f\left( x \right)\), trục hoành, các đường thẳng \(x = a,x = b\) là: \(\int\limits_a^b {\left| {f(a)} \right|\,dx} \)

Ta có: \(\int\limits_{ - 2}^1 {\left( {1 - f(x) + 3g(x)} \right)} \,dx \)

\(= \left( x \right)\left| {_{ - 2}^1} \right. - \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right)} \,dx + 3\int\limits_{ - 2}^1 {g\left( x \right)} \,dx \)

\(= 3 - 1 + 3.\left( { - 2} \right) =  - 4\)   

Áp dụng định nghĩa và tính chất của tích phân ta có:

+ \(\int\limits_a^b {k.dx = k\int\limits_a^b {dx} = k.\left( x \right)\left| {_a^b} \right. = k\left( {b - a} \right),\,\forall k \in R} \)

+ \(\int\limits_a^b {f(x)\,dx = - \int\limits_b^a {f(x)\,dx} } \)

+ \(\int\limits_a^b {f(x)\,dx = \int\limits_a^c {f(x)\,dx + \int\limits_c^b {f(x)\,dx\,,\,\,\,c \in [a;b]} } } \)

Đặt \(t = \cos x\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 1\\x = \dfrac{\pi }{3} \to t = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\dfrac{{\sin 2x}}{{1 + \cos x}}\,dx} \)

\(= \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\dfrac{{2\sin x.\cos x}}{{1 + \cos x}}\,dx} \)

\(=  - 2\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\dfrac{{\cos x}}{{1 + \cos x}}} \,d\left( {\cos x} \right)\)

\( =  - 2\int\limits_1^{\dfrac{1}{2}} {\dfrac{t}{{1 + t}}\,dt} \)

\(= \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^1 {\dfrac{{2t}}{{t + 1}}\,dt} \)

Ta có \(\int\limits_0^2 {\left( {A\sin \pi x + B} \right)\,dx = 4} \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{\pi }\int\limits_0^2 {A\sin \pi x\,d\left( {\pi x} \right)}  + B\int\limits_0^2 {dx}  = 4\)

\(\Leftrightarrow  \dfrac{A}{\pi }\left( { - \cos \pi x} \right)\left| {_0^2} \right. + B\left( x \right)\left| {_0^2} \right. = 4 \)

\( \Leftrightarrow \dfrac{A}{\pi }\left( { - 1 - \left( { - 1} \right)} \right) + B\left( {2 - 0} \right) = 4\)

\(\Leftrightarrow B = 2\)

Khi đó \(f(x) = A\sin \pi x + 2\)\(\, \Rightarrow f'\left( x \right) = A\pi \cos \pi x\)

Theo giả thiết ta có: \(f'\left( 1 \right) = 2 \Rightarrow A\pi .\left( { - 1} \right) = 2\)\(\, \Rightarrow A =  - \dfrac{2}{\pi }.\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{x}dx\\v = \dfrac{{{x^2}}}{2}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \int\limits_1^e {x\ln x\,dx}  \)

\(= \left( {\dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right. - \int\limits_1^e {\dfrac{x}{2}} \,dx \)

\(= \dfrac{{{e^2}}}{2} - \left( {\dfrac{{{x^2}}}{4}} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right. \)

\(= \dfrac{{{e^2}}}{2} - \left( {\dfrac{{{e^2}}}{4} - \dfrac{1}{4}} \right) = I = \dfrac{{{e^2} + 1}}{4}\)

Ta có: \(\int {\left( {4\cos x + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} \,dx \)\(\,= 4\sin x - \dfrac{1}{x} + C\)

Diện tích hình phằng giới hạn trên được xác định bằng công thức

\(S = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left| {x + \dfrac{1}{x}} \right|} \,dx = \left| {\dfrac{{{x^2}}}{2} + \ln \left| x \right|} \right|\left| \begin{array}{l}^{ - 1}\\_{ - 2}\end{array} \right. \)

\(\;\;\;= \left| {\left| {\dfrac{1}{2} + \ln 1} \right| - \left| {2 + \ln 2} \right|} \right| \)

\(\,\,\,\,= \left| {\dfrac{1}{2} - 2 - \ln 2} \right| = \dfrac{3}{2} + \ln 2\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to u = 9\\x = \dfrac{\pi }{2} \to u = 8\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin x\sqrt {8 + \cos x} } \,dx \)

\(=  - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sqrt {8 + \cos x} } \,d\left( {\cos x + 8} \right)\)

\(=  - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sqrt u } \,d\left( u \right)\)

\( =  - \int\limits_9^8 {\sqrt u } du = \int\limits_8^9 {\sqrt u } \,du\)

Ta có: \(\int {\dfrac{1}{{x - 1}}\,dx}  = \int {\dfrac{1}{{x - 1}}\,d\left( {x - 1} \right)}\)\(\,  = \ln \left| {x - 1} \right| + C\)

Theo giả thiết: \(F\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow \ln 1 + C = 1 \Leftrightarrow C = 1\)

Khi đó \(F\left( 3 \right) = \ln 2 + 1.\)

Thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi \(\left( H \right)\)quay quanh trục Ox được xác định bằng công thức

\(V = \pi \int\limits_0^\pi  {{{\sin }^2}x} \,dx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 0\\x = 1 \to t = \dfrac{\pi }{6}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_0^1 {\dfrac{2}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\,dx}  \\= \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{4}{{\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} }}\,d\left( {\sin t} \right) }\\=  \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{2}{{\cos t}}} .\cos t\,dt = I = 2\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {dt} \\\end{array}\)

Ta có:

\(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{\sqrt {8\ln x + 1} }}{x}\,dx}  \)

\(= \dfrac{1}{8}\int\limits_1^e {\sqrt {8\ln x + 1} \,d\left( {8\ln x + 1} \right)}\)

\(  = \dfrac{1}{8}.\dfrac{2}{3}{\left( {8\ln x + 1} \right)^{\dfrac{3}{2}}}\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right.\)

\( = \dfrac{1}{{12}}\left( {{9^{\dfrac{3}{2}}} - 1} \right) = \dfrac{{13}}{6}\)

Ta có: \(\int {\dfrac{1}{{6x - 2}}\,dx}  = \dfrac{1}{6}\int \dfrac{1}{{6x - 2}}\,d\left( {6x - 2} \right) \)\(\,= \dfrac{1}{6}\ln \left| {6x - 2} \right| + C \)

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

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

\(\overrightarrow {OM}  = 2\overrightarrow j  - \overrightarrow i  + \overrightarrow k  \)\(\,=  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  + \overrightarrow k \)

\(\Rightarrow M\left( { - 1;2;1} \right)\).

Do đó tung độ của \(M\) bằng \(2\).

Chiếu \(M\) lên trục \(Oz\)thì \(x = 0;y = 0\) và giữ nguyên \(z\) nên \(N\left( {0;0;z} \right)\).

Điểm \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nếu:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 3{x_G} - {x_A} - {x_B} = 3.4 - 0 - \left( { - 1} \right) = 13\\{y_C} = 3{y_G} - {y_A} - {y_B} = 3.\left( { - 1} \right) - 2 - 3 =  - 8\\{z_C} = 3{z_G} - {z_A} - {z_B} = 3.3 - \left( { - 1} \right) - 2 = 8\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow C\left( {13; - 8;8} \right)\)

Điểm \(G\) là trọng tâm tứ diện \(ABCD\) nếu tọa độ điểm \(G\) thỏa mãn:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4} = \dfrac{{1 + 0 - 1 + 0}}{4} = 0\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4} = \dfrac{{0 + 1 + 2 + 0}}{4} = \dfrac{3}{4}\\{z_G} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4} = \dfrac{{0 + 1 + 0 + 3}}{4} = 1\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow G\left( {0;\dfrac{3}{4};1} \right)\)

Ta có: \(d//\left( P \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow u  \bot \overrightarrow n \\M \in d,M \notin \left( P \right)\end{array} \right.\)

Do đó nếu \(d//\left( P \right)\) thì \(\overrightarrow u  \bot \overrightarrow n  \Leftrightarrow \overrightarrow u .\overrightarrow n  = 0\).

Ta có: \(d \subset \left( P \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow u  \bot \overrightarrow n \\M \in d,M \in \left( P \right)\end{array} \right.\).

Do đó nếu \(\overrightarrow u  \bot \overrightarrow n \) thì \(d//\left( P \right)\) hoặc \(d \subset \left( P \right)\). Ngoài ra nếu \(M \in d\) và \(M \in \left( P \right)\) thì \(d \subset \left( P \right)\).

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

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

\(\Rightarrow M\left( {1 + 2t; - 1 - 2t;3t} \right)\)

\(M = d \cap \left( P \right) \)

\(\Rightarrow 1 + 2t - 1 - 2t - 3t - 3 = 0\)

\(\Leftrightarrow  - 3t - 3 = 0 \)

\(\Leftrightarrow t =  - 1\)

\(\Rightarrow M\left( { - 1;1; - 3} \right)\)

\(d \equiv d' \Leftrightarrow \overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} ,\overrightarrow {MM'} \) đôi một cùng phương \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right] = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {MM'} } \right] = \overrightarrow 0 \)

Ta có:

Nếu \(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right] = \overrightarrow 0 \) thì \(\overrightarrow u \) cùng phương \(\overrightarrow {u'} \) nên \(d//d'\) hoặc \(d \equiv d'\).

\(d\) cắt \(d' \Leftrightarrow \overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} \) không cùng phương và \(\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} ,\overrightarrow {MM'} \) đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right] \ne \overrightarrow 0 \\\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right]\overrightarrow {MM'}  = 0\end{array} \right.\)

Ta có: \(d\) chéo \(d' \Leftrightarrow \overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} ,\overrightarrow {MM'} \)  không đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right]\overrightarrow {MM'}  \ne 0\).

Nếu hệ phương trình giao điểm hai đường thẳng có nghiệm duy nhất thì hai đường thẳng cắt nhau.

Nếu hệ phương trình giao điểm hai đường thẳng vô nghiệm thì \(d\) và \(d'\) không có điểm chung thì hoặc song song hặc chéo nhau.

Hơn nữa \(\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} \) cùng phương thì hai đường thẳng song song.