Đề thi học kì 2 Toán 12 Cánh diều - Đề số 1

a) Điểm M(4;2;2) thuộc vùng phủ sóng.

b) Tập hợp tất cả các điểm thuộc vùng phủ sóng của thiết bị được giới hạn bởi mặt cầu có phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 4\).

c) Một bức tường được xây gần đó có phương trình (P): x + y – z = 6 sẽ chắn sóng của thiết bị.

d) Vùng nhận được tín hiệu trên mặt phẳng (P) là hình tròn có bán kính bằng 4.

a) P(A) = 0,4.

b) P(B) = 0,625.

c) P(A|B) = 0,75.

d) Xác suất học sinh được chọn tham gia câu lạc bộ đá bóng, biết rằng học sinh đó đã tham gia câu lạc bộ cầu lông là 0,48.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lượng giác \(\int {\cos xdx} = \sin x + C\), \(\int {\sin xdx} = - \cos x + C\).

\(\int {(\sin x + 2\cos x)dx} = - \cos x + 2\sin x + C\).

Áp dụng tính chất của tích phân.

Ta có \(\int\limits_a^b {f(x)dx} = - \int\limits_b^a {f(x)dx} \) nên \(\int\limits_a^b {f(x)dx} = \int\limits_b^a {f(x)dx} \) sai.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).

\(\int {f(x)dx} = \int {\left( {5{x^4} - 8{x^3} - 6x} \right)} = 5.\frac{{{x^5}}}{5} - 8.\frac{{{x^4}}}{4} - 6.\frac{{{x^2}}}{2} + C = {x^5} - 2{x^4} - 3{x^2} + C\).

Áp dụng tính chất tích phân và công thức nguyên hàm của hàm số lượng giác.

\(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {f(x) + 2\sin x} \right]dx} = I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(x)dx} + 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xdx} = 5 - 2\cos x\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^{\frac{\pi }{2}}}\\{_0}\end{array}} \right.\)

\( = 5 - 2\left( {\cos \frac{\pi }{2} - \cos 0} \right) = 5 - 2(0 - 1) = 7\).

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx} \).

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f(x)} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x)dx} - \int\limits_1^2 {f(x)dx} \).

Mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng BC nhận \(\overrightarrow {BC} \) làm vecto pháp tuyến.

Mặt phẳng qua A(1;1;-2) và vuông góc với đường thẳng BC nhận \(\overrightarrow {BC} = ( - 4;4; - 2)\) làm vecto pháp tuyến có phương trình là:

\( - 4(x - 1) + 4(y - 1) - 2(z + 2) = 0 \Leftrightarrow - 4x + 4y - 2z - 4 = 0 \Leftrightarrow 2x - 2y - z + 2 = 0\).

Đường thẳng đi qua điểm \(M({x_0};{y_0};{z_0})\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = (a;b;c)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

d đi qua điểm M(2;-1;5) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = (2;3;1)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - 1 + 3t\\z = 5 + t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

Mặt cầu phương trình \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\) có tâm I(a;b;c), bán kính R.

Mặt cầu phương trình \({\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9\) có tâm I(-3;1;-2), bán kính R = 3.

Hai đường thẳng d, d’ có vecto chỉ phương lần lượt là \(\vec u,\vec u'\) có \(\cos \left( {d,d'} \right) = \frac{{\left| {\vec u.\vec u'} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|.\left| {\vec u'} \right|}}\).

Vecto chỉ phương của d, d’ lần lượt là \(\vec u{\rm{\;}} = (1; - 1;2)\) và \(\vec u'{\rm{\;}} = ( - 1;1;1)\).

\(\cos \left( {d,d'} \right) = \frac{{\left| {\vec u.\vec u'} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|.\left| {\vec u'} \right|}} = \frac{{\left| {1.( - 1) + ( - 1).1 + 2.1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {2^2}} .\sqrt {{{( - 1)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = 0\).

Vậy góc giữa d và d’ bằng \({90^o}\).

Vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) là vecto chỉ phương của đường thẳng d.

d có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = (1; - 3;1)\), đồng thời là vecto pháp tuyến của (P).

Do đó (P): \(1(x - 2) - 3(y - 3) + 1(z - 1) = 0 \Leftrightarrow x - 3y + z + 6 = 0\).

Áp dụng công thức tính xác suất có điều kiện: \(P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}}\).

Vì A, B là hai biến cố độc lập nên P(AB) = P(A).P(B).

Áp dụng công thức: \(P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,1997.0,1994}}{{0,1994}} = 0,1997\).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần.

Có 18 + 12 = 30 học sinh bị tật khúc xạ nên \(P(A) = \frac{{30}}{{100}} = 0,3\).

Theo công thức xác suất toàn phần: \(P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = P\left( A \right) = 0,3\).

a) Điểm M(4;2;2) thuộc vùng phủ sóng.

b) Tập hợp tất cả các điểm thuộc vùng phủ sóng của thiết bị được giới hạn bởi mặt cầu có phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 4\).

c) Một bức tường được xây gần đó có phương trình (P): x + y – z = 6 sẽ chắn sóng của thiết bị.

d) Vùng nhận được tín hiệu trên mặt phẳng (P) là hình tròn có bán kính bằng 4.

a) Áp dụng biểu thức tính khoảng cách giữa hai điểm. Nếu khoảng cách đó nhỏ hơn bán kính phủ sóng thì điểm M thuộc vùng phủ sóng.

b) Áp dụng quy tắc lập phương trình mặt cầu biết tâm và bán kính.

c) Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (P). Nếu khoảng cách đỏ nhỏ nhỏ hơn bán kính phủ sóng thì bức tường chắn được sóng của thiết bị.

d) Áp dụng định lí Pythagore.

a)Đúng. \(AM = \sqrt {{{(4 - 4)}^2} + {{(2 - 0)}^2} + {{(2 - 0)}^2}} = 2\sqrt 2 < 4\).

Khoảng cách từ M đến A nhỏ hơn bán kính phủ sóng nên M thuộc vùng phủ sóng.

b) Sai. Vùng phủ sóng là mặt cầu tâm A(4;0;0), bán kính R = 4 nên có phương trình:

\({\left( {x - 4} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 16\).

c) Đúng. \(d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {1.4 + 1.0 - 1.0 - 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} < 4\).

Vì khoảng cách từ bức tường tới thiết bị phát sóng nhỏ hơn bán kính phủ sóng nên bức tường đó chắn được sóng của thiết bị.

d) Sai. Bán kính vùng nhận được tín hiệu trên mặt phẳng (P) là \(\sqrt {{4^2} - {{\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt {33} }}{3}\).

a) P(A) = 0,4.

b) P(B) = 0,625.

c) P(A|B) = 0,75.

d) Xác suất học sinh được chọn tham gia câu lạc bộ đá bóng, biết rằng học sinh đó đã tham gia câu lạc bộ cầu lông là 0,48.

Áp dụng công thức tính xác suất có điều kiện: \(P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}}\).

a)Sai. Có 25 trong tổng số 40 học sinh tham gia câu lạc bộ cầu lông nên \(P(A) = \frac{{25}}{{40}} = 0,625\).

b) Sai. Có 16 trong tổng số 40 học sinh tham gia câu lạc bộ đá bóng nên \(P(B) = \frac{{16}}{{40}} = 0,4\).

c) Đúng. Xác suất chọn được học sinh tham gia cả hai câu lạc bộ là \(P(AB) = \frac{{12}}{{40}} = 0,3\).

Ta có \(P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,3}}{{0,4}} = 0,75\).

d) Đúng. Ta có \(P(B|A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{0,3}}{{0,625}} = 0,48\).

Gắn hệ trục tọa độ phù hợp. Từ các điểm thuộc đồ thị, tìm phương trình của parabol rồi áp dụng công thức tính diện tích bằng tích phân.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình.

Giả sử parabol có phương trình \(y = a{x^2} + bx + c\) (a < 0).

Vì parabol đi qua các điểm (0;5), (-2,5;0), (2,5;0) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}5 = a{.0^2} + b.0 + c\\0 = a.2,{5^2} + b.2,5 + c\\0 = a.{( - 2,5)^2} + b.( - 2,5) + c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{4}{5}\\b = 0\\c = 5\end{array} \right. \Rightarrow y = - \frac{4}{5}{x^2} + 5\).

Diện tích lối vào giới hạn bởi cổng là: \({S_1} = \int\limits_{ - 2,5}^{2,5} {\left( { - \frac{4}{5}{x^2} + 5} \right)dx} = \frac{{50}}{3}\) \(\left( {{m^2}} \right)\).

Diện tích toàn bộ hình chữ nhật là 5.6 = 30 \(\left( {{m^2}} \right)\).

Diện tích phần gạch chéo là: \({S_2} = S - {S_1} = 30 - \frac{{50}}{3} = \frac{{40}}{3}\) \(\left( {{m^2}} \right)\).

Số tiền cần để trang trí là \(\frac{{40}}{3}.1200000 = 16000000\) đồng = 16 triệu đồng.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần: \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right)\).

A: “Người đó nghiện thuốc lá”. P(A) = 25% = 0,25.

\(\overline A \): “Người đó không nghiện thuốc lá”. P(\(\overline A \)) = 1 – 25% = 75% = 0,75.

B: “Người đó mắc bệnh phổi”.

Có 72% số người hút thuốc lá bị bệnh phổi nên P(B|A) = 72% = 0,72.

Có 86% số người không hút thuốc lá không bị bệnh phổi nên số người không hút thuốc lá bị bệnh phổi là 1 – 86% = 14% = 0,14, khi đó P(B|\(\overline A \)) = 0,14.

Áp dụng công thức: \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right) \)

\(= 0,25.0,72 + 0,75.0,14 = 0,285 \approx 0,29\).

Tính F(3) với \(F(t) = \int {f(t)dt} \).

Nhiệt độ của bình là: \(F(t) = \int {f(t){\rm{d}}t} = \int {3{t^2}{\rm{d}}t} = {t^3} + C\).

Vì người ta bắt đầu truyền nhiệt cho bình nuôi cấy từ \({1^o}{\rm{C}}\) nên:

\(F(0) = 1 \Leftrightarrow {0^3} + C = 1 \Leftrightarrow C = 1\).

Suy ra \(F\left( t \right) = {t^3} + 1\).

Vậy nhiệt độ của bình tại thời điểm 3 phút kể từ khi truyền nhiệt là \(F\left( 3 \right) = {3^3} + 1 = 28\) \({(^o}C)\).

Lập phương trình mặt chắn (ABC), kết hợp với hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0\end{array} \right.\) để tìm tọa độ ba điểm A, B, C.

Giả sử: A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c).

Ta có \(\overrightarrow {AH} \left( {1 - a;2;3} \right)\), \(\overrightarrow {BH} \left( {1;2 - b;3} \right)\), \(\overrightarrow {BC} \left( {0;\, - b;\,c} \right)\), \(\overrightarrow {AC} \left( { - a;\,0;\,c} \right)\).

Do H là trực tâm \(\Delta ABC\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2b + 3c = 0\\ - a + 3c = 0\end{array} \right.\)

Phương trình mặt phẳng (ABC): \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\) và do \(H \in \left( {ABC} \right)\) nên \(\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1\).

Do đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l} - 2b + 3c = 0\\ - a + 3c = 0\\\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2b\\c = \frac{{2b}}{3}\\\frac{1}{{2b}} + \frac{2}{b} + \frac{9}{{2b}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 14\\b = 7\\c = \frac{{14}}{3}\end{array} \right.\)

Phương trình mặt phẳng (ABC): \(\frac{x}{{14}} + \frac{y}{7} + \frac{{3z}}{{14}} = 1 \Leftrightarrow x + 2y + 3z - 14 = 0\).

Vậy m + n + p = 1 + 2 + 3 = 6.

Xét dấu của biểu thức để phá dấu trị tuyệt đối.

\(A = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^2} - 1} \right|{\rm{d}}x} \).

Xét \(f\left( x \right) = {x^2} - 1\) trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\).

Cho \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left[ { - 2;2} \right]\\x = 1 \in \left[ { - 2;2} \right]\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu:

Do đó:\(A = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^2} - 1} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {{x^2} - 1} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {1 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {\left( {{x^2} - 1} \right){\rm{d}}x} \)

\( = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - x} \right)} \right|_{ - 2}^{ - 1} + \left. {\left( {x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - x} \right)} \right|_1^2 = \left[ {\frac{2}{3} - \left( { - \frac{2}{3}} \right)} \right] + \left[ {\frac{2}{3} - \left( { - \frac{2}{3}} \right)} \right] + \left[ {\frac{2}{3} - \left( { - \frac{2}{3}} \right)} \right] = 4.\)

Gọi \({\vec u_1}\), \({\vec u_2}\) lần lượt là các vecto chỉ phương của \({\Delta _1}\), \({\Delta _2}\).

Viết phương trình đường thẳng d đi qua A(1;2;1) và có vecto chỉ phương \(\vec u = \left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right]\).

\({\Delta _1}\) có một vecto chỉ phương là \({\vec u_1} = (1; - 1;1)\).

\({\Delta _2}\) có một vecto chỉ phương là \({\vec u_2} = (1;2; - 1)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot {\Delta _1}\\d \bot {\Delta _2}\end{array} \right.\) nên d có một vecto chỉ phương là \(\vec u = \left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right]\).

Ta có \(\vec u = \left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1}&1\\2&{ - 1}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&1\\{ - 1}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 1}\\1&2\end{array}} \right|} \right) = ( - 1;2;3)\).

Vậy đường thẳng d đi qua A(1;2;1) và có vecto chỉ phương \(\vec u = ( - 1;2;3)\) có phương trình là \(\frac{{x - 1}}{{ - 1}} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z - 1}}{3}\).

- Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u \).

- Gọi B là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa. B thuộc d nên tính tọa độ của B theo t.

- Để B là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa thì OB = 417. Từ đó có phương trình theo ẩn t, giải phương trình tính t.

- Thay giá trị t tính được để tìm tọa độ B, so sánh giá trị và được ra kết luận.

Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A(-688;-185;8) và nhận \(\overrightarrow u = \left( {91;75;0} \right)\) làm vecto chỉ phương là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 688 + 91t\\y = - 185 + 75t\\z = 8\end{array} \right.\).

Gọi B là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa.

Vì \(B \in d\) nên B(-688 + 91t; -185 + 75t; 8).

Vì \(B\) là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa nên

\(OB = 417 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { - 688 + 91t} \right)}^2} + {{\left( { - 185 + 75t} \right)}^2} + {8^2}} = 417\)

\( \Leftrightarrow 13906{t^2} - 152966t + 333744 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 3}\\{t = 8}\end{array}} \right.\)

Với t = 3 thì B(-415;408) suy ra \(AB \approx 353,77\) km.

Với t = 8 thì B(-88;415;8) suy ra \(AB \approx 848,53\) km.

Do 353,77 < 848,53 vị trí máy bay xuất hiện sớm nhất là B(-415;40;8).