Đề thi thử học kỳ 2 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 02

Chọn A.

Dựa trên lý thuyết SGK.

Mặt phẳng \(x+y+3z+5=0\) có VTPT là \(\left( 1;1;3 \right)\). .

Đường thẳng đi qua điểm \(A\left( 3;1;2 \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(x+y+3z+5=0\) có VTCP là \(\left( 1;1;3 \right)\) nên có phương trình là \(\frac{x-3}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-2}{3}\).

Chọn C.

Mặt phẳng \(\frac{x}{-5}+\frac{y}{1}+\frac{z}{-2}=1\) có vectơ pháp tuyến là \({{\vec{n}}_{1}}=\left( -\frac{1}{5};1;-\frac{1}{2} \right)\) nên có một vectơ pháp tuyến là \(\vec{n}=-10{{\vec{n}}_{1}}=\left( 2;-10;5 \right)\).

Chọn B.

Ta có \(\int{\left( 3{{x}^{2}}-2x+3 \right)}\text{d}x={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+3x+C\).

Chọn C.

Ta có \(\int{{{\text{e}}^{-2x+1}}}\text{d}x=-\frac{1}{2}{{\text{e}}^{-2x+1}}+C\).

Chọn A.

Ta có thể tích \(V\) của khối tròn xoay tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) xung quanh trục \(Ox\) được tính theo công thức \(V=\pi \int\limits_{0}^{\pi }{{{\cos }^{2}}x\text{d}x}\).

Chọn D.

Chọn A.

\({{z}^{2}}-2z+5=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & z=1+2i \\ & z=1-2i \\\end{align} \right.\)

Nghiệm phức có phần ảo dương là: \(z=1+2i\).

Chọn C.

Ta có: \(z=2{{z}_{1}}+3{{z}_{2}}=2\left( 3+4i \right)+3\left( 5-2i \right)=21+2i\). Do đó: \(\bar{z}=21-2i\).

Chọn D.

Ta có: \(\left( 2-i \right)\left( 1+2i \right)=4+3i\). Vậy phần thực của \(z\) là: 4.

Chọn D.

Khoảng cách từ tâm \(I\) đến \(\left( P \right)\) là \(d=\) \(d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2.1-1.2+2.1+7 \right|}{3}=3\), bán kính của đường tròn giao tuyến là \(r=\frac{8}{2}=4\) .

\(R=\sqrt{{{d}^{2}}+{{r}^{2}}}=5\), suy ra \(\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=25\)

Chọn C.

Có \(z=\frac{4+6i}{1-i}\) \(=\frac{\left( 4+6i \right)\left( 1+i \right)}{2}\) \(=-1+5i\).

Chọn A.

\(F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)}dx=\int{{{\tan }^{2}}xdx}=\int{\left( \frac{1}{{{\cos }^{2}}x}-1 \right)dx}=\tan x-x+C\)

\(F\left( x \right)=0\Leftrightarrow \tan x-x+C=0\) có nghiệm \(\frac{\pi }{4}\)  nên suy ra \(1-\frac{\pi }{4}+C=0\Leftrightarrow C=\frac{\pi }{4}-1\)

Do đó \(F\left( x \right)=\tan x-x+\frac{\pi }{4}-1\)

Chọn B.

Kí hiệu \({{d}_{1}}:\frac{x-2}{1}=\frac{y-4}{1}=\frac{z}{-2}\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 1;1;-2 \right)\) và \({{d}_{2}}:\frac{x-3}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z+2}{-1}\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 2;-1;-1 \right)\) .

Gọi \(AB\) là độ dài đoạn vuông góc chung của \({{d}_{1}}\) và \({{d}_{2}}\) với \(A\in {{d}_{1}}\), \(B\in {{d}_{2}}\).

\(A\in {{d}_{1}}\Rightarrow A\left( 2+t;4+t;-2t \right)\), \(B\in {{d}_{2}}\Rightarrow B\left( 3+2s;-1-s;-2-s \right)\);

 \(\overrightarrow{AB}=\left( 2s-t+1;-s-t-5;-s+2t-2 \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{{{u}_{1}}}=0 \\ & \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{{{u}_{2}}}=0 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & 3s-6t=0 \\ & 6s-3t=-9 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & t=-1 \\ & s=-2 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & A\left( 1;3;2 \right) \\ & B\left( -1;1;0 \right) \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow M\left( 0;2;1 \right)\Rightarrow OM=\sqrt{5}\).

Chọn C.

Ta có \(S=\int\limits_{0}^{4}{\left| -{{3}^{x}} \right|dx=\int\limits_{0}^{4}{{{3}^{x}}dx}}\)

Chọn B.

Ta có \({{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}=5\), \({{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}=5\)

\(\Rightarrow T={{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}=10\)

Chọn C.

Gọi \(S\left( x;y;z \right)\)

Vì \(S\in \left( P \right)\) nên có phương trình \(2x-6y-4z+7=0\)

Có \(SA=\sqrt{{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}}\)

\(SB=\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}}\)

\(SC=\sqrt{{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}}\)

Vì \(SA=SB=SC\) nên ta có hệ phương trình

  \(\left\{ \begin{matrix}{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}={{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}} \\ {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}={{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}} \\ 2x-6y-4z+7=0 \\ \end{matrix} \right.\) 

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} \begin{matrix} x=\frac{3}{2} \\ y=1 \\ \end{matrix} \\ z=1 \\ \end{matrix} \right.\)

Suy ra \(SA=\frac{\sqrt{53}}{2};SB=\frac{\sqrt{53}}{2}\). Suy ra \(l=\sqrt{53}\) .

Chọn C.

\(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-4x+2y+2z-3=0\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=9\).

Vậy \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 2;-1;-1 \right)\) và bán kính \(R=3\).

Chọn A.

Diện tích hình phẳng cần tính bằng

\(S=\int\limits_{-1}^{5}{\left| {{x}^{2}}-4 \right|\text{d}x}\) \(=\int\limits_{-1}^{2}{\left| {{x}^{2}}-4 \right|\text{d}x}+\int\limits_{2}^{5}{\left| {{x}^{2}}-4 \right|\text{d}x}\) \(=\int\limits_{-1}^{2}{\left( 4-{{x}^{2}} \right)\text{d}x}+\int\limits_{2}^{5}{\left( {{x}^{2}}-4 \right)\text{d}x}\)

\(=\left. \left( 4x-\frac{{{x}^{3}}}{3} \right) \right|_{-1}^{2}+\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-4x \right) \right|_{2}^{5}=36\).

Chọn D.

Do \(OABC\) là tam diện vuông đỉnh \(O\) nên trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\) là hình chiếu của \(O\) trên \(\left( ABC \right)\).

Ta có: \(\left( ABC \right):\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1\Leftrightarrow 6x+3y+2z-6=0\).

Đường thẳng \(OH\) có phương trình: \(\frac{x}{6}=\frac{y}{3}=\frac{z}{2}\).

Gọi \(H\left( 6t;3t;2t \right)\). Do \(H\in \left( ABC \right)\) nên \(36t+9t+4t-6=0\Leftrightarrow t=\frac{6}{49}\). Vậy \(H\left( \frac{36}{49};\frac{18}{49};\frac{12}{49} \right)\).

Vậy \(x+2y+z=\frac{12}{7}\).

Chọn A.

Ta có: \(A\notin \left( P \right)\) và \(\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AM}\)\(\Rightarrow AB=3AM\) và \(A, B , M \) thẳng hàng.

\(\Rightarrow d=d\left( B,\left( P \right) \right)\)\(=2d\left( A,\left( P \right) \right)\)\(=2.\frac{\left| 3.2+4.4-12\left( -1 \right)+5 \right|}{\sqrt{9+16+144}}\)\(=6\).

Chọn B.

Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) với các cạnh \(AB\), \(AC\), \(AD\).

Ta có: \(\left( \alpha  \right)\ \text{//}\ \left( BCD \right)\)\(\Rightarrow \frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}=\frac{AP}{AD}\).

\(\Rightarrow \frac{{{V}_{AMNP}}}{{{V}_{ABCD}}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}.\frac{AP}{AD}\)\(=\frac{1}{27}\)\(\Rightarrow \frac{AM}{AB}=\frac{1}{3}\)\(\Rightarrow \overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AM}\).

Mà: \(\overrightarrow{AB}=\left( 1;0;3 \right)\); \(3\overrightarrow{AM}=\left( 3{{x}_{M}};3{{y}_{M}}-3;3{{z}_{M}}+3 \right)\).\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & 3{{x}_{M}}=1 \\ & 3{{y}_{M}}-3=0 \\ & 3{{z}_{M}}+3=3 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}_{M}}=\frac{1}{3} \\ & {{y}_{M}}=1 \\ & {{z}_{M}}=0 \\\end{align} \right.\)\(\Rightarrow M\left( \frac{1}{3};1;0 \right)\).

Ta lại có: \(\overrightarrow{BC}=\left( 0;-2;-2 \right)\), \(\overrightarrow{BD}=\left( -1;-1;-1 \right)\).

\(\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD} \right]\)\(=\left( 0;2;-2 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua điểm \(M\) và nhận \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{n}\)\(=\left( 0;1;-1 \right)\) làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là: \(\left( y-1 \right)-\left( z-0 \right)=0\)\(\Leftrightarrow y-z-1=0\).

Chọn C.

Ta có vector chỉ phương của trục \(Ox\) là \(\overrightarrow{i}=\left( 1;0;0 \right),\overrightarrow{OA}=\left( 2;1;5 \right)\) .

vector pháp tuyến của mặt phẳng đi qua điểm \(A\left( 2;1;5 \right)\)và chứa trục \(Ox\) là \(\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{i},\overrightarrow{OA} \right]=\left( 0;-5;1 \right)\Rightarrow k=-5\).

Chọn D.

Ta có phương trình \({{x}^{2}}-4x+\frac{c}{d}=0\) luôn có hai nghiệm phức là \({{z}_{1}}=a+bi;{{z}_{2}}=a-bi\) có điểm biểu diễn lần lượt là \(A\left( a;b \right);B\left( a;-b \right)\)

Theo định lý Viet ta có \({{z}_{1}}+{{z}_{2}}=2a=4\Rightarrow a=2.\)

Mặt khác tam giác \(OAB\) đều nên \(AB=OA\Leftrightarrow \left| 2b \right|\)\(=\sqrt{4+{{b}^{2}}}\Leftrightarrow b=\frac{\pm 2}{\sqrt{3}}\),

từ đó \({{z}_{1}}{{z}_{2}}=\left( 2+\frac{2}{\sqrt{3}}i \right)\left( 2-\frac{2}{\sqrt{3}}i \right)\)

\(=\frac{16}{3}\Rightarrow \frac{c}{d}=\frac{16}{3}\).

Vậy \(c=16,d=3\Rightarrow c+2d=22\)

Chọn A.

Phương trình \({{z}^{2}}-2z+5=0\)có hai nghiệm là \(1+2i;1-2i\), vì \({{z}_{1}}-{{z}_{2}}\) có phần ảo là số thực âm nên ta có \({{z}_{1}}=1-2i,{{z}_{2}}=1+2i\)nên \(\text{w}=2z_{1}^{2}-z_{2}^{2}=-3-12i\) có phần ảo là \(-12\).

Chọn C.

Đặt \(I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\left( {{\tan }^{2}}x+2{{\tan }^{8}}x \right)}dx\), đổi biến \(\tan x=t\Rightarrow dt=\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}dx=\left( 1+{{\tan }^{2}}x \right)dx=\left( 1+{{t}^{2}} \right)dx\) \(\Rightarrow dx=\frac{1}{1+{{t}^{2}}}dt\) , đổi cận \(x=0\Rightarrow t=0,\,x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow t=1\) ta được tích phân \(I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( {{t}^{2}}+2{{t}^{8}} \right)}{{{t}^{2}}+1}dt=}\int\limits_{0}^{1}{\left( 2{{t}^{6}}-2{{t}^{4}}+2{{t}^{2}}-1 \right)dt+\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt}=}\frac{-47}{105}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt}\)(1).

Đặt \(t=\tan u,\,u\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow dt=\frac{1}{{{\cos }^{2}}u}du=\left( 1+{{\tan }^{2}}u \right)du\) , \(\frac{1}{1+{{t}^{2}}}=\frac{1}{1+{{\tan }^{2}}u}\) , đổi cận \(t=0\Rightarrow u=0;t=1\Rightarrow u=\frac{\pi }{4}\) nên ta có \(\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{du}=\left. u \right|_{_{_{0}}}^{_{^{^{^{^{\frac{\pi }{4}}}}}}}=\frac{\pi }{4}\), thay vào (1) ta được

\(I=\frac{-47}{105}+\frac{\pi }{4}\) nên \(a=47,\,b=105,\,c=4\Rightarrow a+b+c=156\).

Chọn D.

Ta có

\(\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{AB}=\left( -2;3;0 \right) \\ & \overrightarrow{AC}=\left( -2;0;4 \right) \\\end{align} \right.\\\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( 12;8;6 \right).\)

Khi đó diện tích tam giác ABC là\({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right] \right|=\frac{1}{2}\sqrt{{{12}^{2}}+{{8}^{2}}+{{6}^{2}}}=\sqrt{61}\).

Chọn C.

Gọi \(M\left( x;y \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z=x+yi,\,\left( x;y\in \mathbb{R} \right)\).

Ta có \(\left| z-2-8i \right|=\sqrt{17}\)\(\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-8 \right)}^{2}}=17\)

Suy ra điểm biểu diễn số phức \(z\) thỏa điều kiện trên là đường tròn tâm \(I\left( 2;8 \right)\), bán kính         

\(R=\sqrt{17}\) . Ta có \(OI=2\sqrt{17}>R\)

\(\left| z \right|=OM\)nên \({{\left| z \right|}_{\min }}\Leftrightarrow O{{M}_{\min }}\), khi đó \(OM=OI-R=\sqrt{17}=R\)

\(M\in \left( C \right),\,M\)là trung điểm của \(OI\), do đó \(M\left( 1;4 \right)\to a=1;b=4\Rightarrow m=2{{a}^{2}}-3b=2-12=-10\).

Chọn C.

Ta có \(\Delta '=b{{'}^{2}}-ac=9-\left( {{2019}^{2020}}+9 \right)=-{{2019}^{2020}}={{\left( {{2019}^{1010}}i \right)}^{2}}\)

Một căn bâc hai của \(\Delta \) là \({{2019}^{1010}}i\).

Phương trình có hai nghiệm phức là : \({{z}_{1}}=3-{{2019}^{1010}}i;{{z}_{2}}=3+{{2019}^{1010}}i.\)

Chọn C.

Ta có \(z=\left( 2+i \right){{\left( 1+i \right)}^{2}}+1=-1+4i\) nên \(\left| z \right|=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}\)do đó chọn đáp án C.