Đề thi giữa kì 2 Toán 12 Cánh diều - Đề số 5

a) Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hàm số đã cho với trục hoành, đường thẳng x = -1, x = 1 là \(\frac{{{e^2} - 1}}{e}\).

b) Với a = ln4 thì diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hàm số đã cho với các trục toạ độ và đường thẳng x = a bằng 3.

c) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong \(y = {e^x}\), trục hoành và các đường thẳng x = 0, x = 1. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng \(2\pi \frac{{{e^2} - 1}}{2}\).

d) Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {e^x}\) đã cho tại điểm \({x_0} = 0\). Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng d với trục hoành, đường thẳng x = -1 và x = 1 là 2.

a) Hai mặt phẳng (P ) và (Q) song song với nhau.

b) \(d\left( {A,(P)} \right) = 1\).

c) \(d\left( {(P),(Q)} \right) = \frac{2}{3}\).

d) Phương trình mặt phẳng song song cách đều (P) và (Q) là x – 2y + 2z + 2 = 0.

F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) nếu F’(x) = f(x).

\(F'(x) = \left( {2{x^9} + 2024} \right)' = 18{x^8}\).

F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) nếu F’(x) = f(x).

\(F'(x) = \left( {\ln x} \right)' = \frac{1}{x}\).

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

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

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

Sử dụng điều kiện đề bài cho F(1) = 0 để tìm C.

\(F(x) = \int {f(x)dx} = \int {\left( {5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)dx} = {x^5} + \frac{{{x^{ - 2}}}}{{ - 2}} + C = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\).

\(F(1) = 0 \Leftrightarrow {1^5} - \frac{1}{{{{2.1}^2}}} + C = 0 \Leftrightarrow C = - \frac{1}{2}\).

Vậy \(F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\).

Dựa vào định nghĩa tích phân.

Hàm số f(x) phải liên tục trên đoạn [a;b].

Áp dụng định nghĩa tích phân.

\(\int\limits_a^b {f(x)dx} = F(x)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^b}\\{_a}\end{array}} \right. = F(b) - F(a)\).

Mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = 0 có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow n = (A;B;C)\).

Vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) là \(\overrightarrow {{n_4}} = (3;2; - 1)\).

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:

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

Tìm vecto pháp tuyến và một điểm mặt phẳng đi qua.

Mặt phẳng (Oxz) nhận \(\overrightarrow j = (0;1;0)\) làm vecto pháp tuyến và đi qua gốc tọa độ O nên có phương trình tổng quát là \(0(x - 0) + 1(y - 0) + 0(z - 0) = 0 \Leftrightarrow y = 0\).

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 \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - 1 + 3t\\z = 5 + t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

So sánh tỉ lệ các hệ số và áp dụng công thức tính tích vô hướng của hai vecto.

Ta có \(\frac{2}{4} \ne \frac{{ - 3}}{{ - 13}} \ne \frac{4}{{ - 6}}\) và \(2.4 - 3.( - 13) + 4.( - 6) = 23\) nên (P) cắt (Q).

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 \({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 7} \right)^2} + {\left( {z + 6} \right)^2} = 9\) có tâm I(-2;7;-6), bán kính R = 3.

a) Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hàm số đã cho với trục hoành, đường thẳng x = -1, x = 1 là \(\frac{{{e^2} - 1}}{e}\).

b) Với a = ln4 thì diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hàm số đã cho với các trục toạ độ và đường thẳng x = a bằng 3.

c) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong \(y = {e^x}\), trục hoành và các đường thẳng x = 0, x = 1. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng \(2\pi \frac{{{e^2} - 1}}{2}\).

d) Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {e^x}\) đã cho tại điểm \({x_0} = 0\). Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng d với trục hoành, đường thẳng x = -1 và x = 1 là 2.

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

c) Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}(x)dx} \).

d) Áp dụng quy tắc lập phương trình tiếp tuyến của hàm số y = f(x) tại điểm \({x_0}\): \(y = f'({x_0})(x - {x_0}) + f({x_0})\).

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

a)Đúng. \({S_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{e^x}} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {{e^x}dx} = {e^x}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_{ - 1}}\end{array}} \right. = {e^1} - {e^{ - 1}} = e - \frac{1}{e} = \frac{{{e^2} - 1}}{e}\).

b) Đúng. \({S_2} = \int\limits_0^{\ln 4} {\left| {{e^x}} \right|dx} = \int\limits_0^{\ln 4} {{e^x}dx} = {e^x}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^{\ln 4}}\\{_0}\end{array}} \right. = {e^{\ln 4}} - {e^0} = 4 - 1 = 3\).

c) Sai. \(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{e^x}} \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{e^2}} \right)}^x}dx} = \pi .\frac{{{e^{2x}}}}{{\ln {e^2}}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_0}\end{array}} \right. = \pi .\frac{{{e^{2x}}}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_0}\end{array}} \right. = \frac{{\pi {e^2}}}{2} - \frac{\pi }{2} = \pi \frac{{{e^2} - 1}}{2}\).

d) Đúng. \(f'(x) = \left( {{e^x}} \right)' = {e^x} \Rightarrow f'(0) = {e^0} = 1\); \(f(0) = {e^0} = 1\).

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y = 1(x - 0) + 1 \Leftrightarrow y = x + 1\).

Trên đoạn [-1;1] thấy \(x + 1 \ge 0\) nên ta có:

\({S_3} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {x + 1} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {x + 1} \right)dx} = \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_{ - 1}}\end{array}} \right. = \frac{{{1^2}}}{2} + 1 - \frac{{{{( - 1)}^2}}}{2} - ( - 1) = 2\).

a) Hai mặt phẳng (P ) và (Q) song song với nhau.

b) \(d\left( {A,(P)} \right) = 1\).

c) \(d\left( {(P),(Q)} \right) = \frac{2}{3}\).

d) Phương trình mặt phẳng song song cách đều (P) và (Q) là x – 2y + 2z + 2 = 0.

Xác định vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng. Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.

Vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt là \(\overrightarrow {{n_P}} = (1; - 2;2)\), \(\overrightarrow {{n_Q}} = (1; - 2;2)\).

a)Đúng. Ta có \(\frac{1}{1} = \frac{{ - 2}}{{ - 2}} = \frac{2}{2} \ne \frac{{ - 1}}{{ - 3}}\) nên hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau.

b) Sai. \(d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {1.1 - 2.1 + 2.( - 2) - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 2)}^2} + {2^2}} }} = 2\).

c) Đúng. B(1;0;0) là một điểm thuộc (P).

Vì (P) // (Q) nên \(d\left( {(P),(Q)} \right) = d\left( {B,(Q)} \right) = \frac{{\left| {1.1 - 2.0 + 2.0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 2)}^2} + {2^2}} }} = \frac{2}{3}\).

d) Sai. Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với (Q).

Phương trình của d là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - 2t\\z = 2t\end{array} \right.\), \(t \in \mathbb{R}\).

Thay x, y, z của phương trình đường thẳng d vào phương trình mặt phẳng (Q), ta có:

\(1 + t - 2.( - 2t) + 2.2t - 3 = 0 \Leftrightarrow 9t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{9}\).

Do đó, giao điểm C của d với (Q) có tọa độ \(C\left( {\frac{{11}}{9}; - \frac{4}{9};\frac{4}{9}} \right)\).

Trung điểm của BC là \(I\left( {\frac{{10}}{9}; - \frac{2}{4};\frac{2}{4}} \right)\).

Mặt phẳng song song cách đều (P) và (Q) đi qua I và có vecto pháp tuyến trùng với vecto pháp tuyến của (P), (Q) nên có phương trình tổng quát:

\(1\left( {x - \frac{{10}}{9}} \right) - 2\left( {y + \frac{2}{9}} \right) + 2\left( {z - \frac{2}{9}} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y + 2z - 2 = 0\).

Xét dấu trên đoạn [a;b] để phá dấu trị tuyệt đối.

\(\int\limits_a^b {\left| {{x^7}} \right|dx} = \int\limits_a^0 {\left| {{x^7}} \right|dx} + \int\limits_0^b {\left| {{x^7}} \right|dx} = - \int\limits_a^0 {{x^7}dx} + \int\limits_0^b {{x^7}dx} = - \frac{{{x^8}}}{8}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^0}\\{_a}\end{array}} \right. + \frac{{{x^8}}}{8}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^b}\\{_0}\end{array}} \right. = \frac{{{a^8}}}{8} + \frac{{{b^8}}}{8} = \frac{1}{8}{a^8} + \frac{1}{8}{b^8}\).

Suy ra \(m = \frac{1}{8}\), \(n = \frac{1}{8} \Rightarrow m - 5n = \frac{1}{8} - 5.\frac{1}{8} = - \frac{1}{2} = - 0.5\).

Tìm \({t_0}\) sao cho \(v({t_0}) = 0\). Tính \(\int\limits_0^{{t_0}} {v(t)dt} \).

Ô tô dừng hẳn thì v(t) = 0. Thời gian để ô tô dừng hẳn kể từ lúc đạp phanh là:

\(v(t) = 0 \Leftrightarrow - 12t + 36 = 0 \Leftrightarrow t = 3\) (s).

Quãng đường ô tô đi được trong 3 giây đó đến khi dừng hẳn là:

\(s = \int\limits_0^3 {v(t)dt} = \int\limits_0^3 {\left( { - 12t + 36} \right)dt} = 54\) (m).

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

\(\left( \beta \right)\) // \(\left( \alpha \right)\) nên phương trình của \(\left( \beta \right)\) có dạng: x – 2y + 2z + d = 0 \((d \ne 2)\).

Theo đề bài: \(d\left( {M,(\beta )} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 - 2.2 + 2.( - 1) + d} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 2)}^2} + {2^2}} }} = 1 \Leftrightarrow \left| {d - 5} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d = 8\\d = 2\end{array} \right.\) .

Vì \(d \ne 2\) nên d = 8 thỏa mãn.

Suy ra \(\left( \beta \right)\): x – 2y + 2z + 8 = 0.

Mà \(\left( \beta \right)\) có dạng x – 2y + 2z + d = 0 nên ta có b = 2, c = 2, d = 8.

Vậy S = 3.2 – 2 + 8 = 12.

Vì giao tuyến của \(({P_m})\) và \(({Q_m})\) vuông góc với \((\alpha )\) nên hai mặt phẳng đó cũng vuông góc với \((\alpha )\).

Áp dụng biểu thức tích vô hướng cho các vecto vuông góc để tính m, n.

Gọi vecto pháp tuyến của các mặt phẳng \(({P_m})\), \(({Q_m})\) và \((\alpha )\) lần lượt là \(\overrightarrow {{n_P}} \), \(\overrightarrow {{n_Q}} \) và \(\overrightarrow {{n_\alpha }} \). Ta có:

\(\overrightarrow {{n_P}} = (m;2;n)\), \(\overrightarrow {{n_Q}} = (1; - m;n)\), \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = (4; - 1; - 6)\)

Vì giao tuyến của \(({P_m})\) và \(({Q_m})\) vuông góc với \((\alpha )\) nên hai mặt phẳng đó cũng vuông góc với \((\alpha )\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_\alpha }} .\overrightarrow {{n_P}} = 0\\\overrightarrow {{n_\alpha }} .\overrightarrow {{n_Q}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m + 2.9 - 1) + n( - 6) = 0\\4 + ( - 1).( - m) + ( - 6).n = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 6n = 2\\m - 6n = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 1\end{array} \right. \Rightarrow m + n = 3\).

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

Chia hình phẳng tô màu thành hai phần.

- Phần giới hạn bởi đồ thị \(y = {x^3}\), trục hoành, đường thẳng x = 0 và x = 1.

- Phần giới hạn bởi đồ thị \(y = {x^2} - 4x + 4\), trục hoành, đường thẳng x = 1 và x = 2.

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^3}} \right|dx} + \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 4} \right|dx} = \int\limits_0^1 {{x^3}dx} + \int\limits_1^2 {\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)dx} = \frac{7}{{12}} \approx 0,58\).

Tìm vecto pháp tuyến của (Q) bằng cách tính tích có hướng của \(\overrightarrow {AB} \) và vecto pháp tuyến của (P).

(Q) nhận \(\overrightarrow {AB} = (3 - 1;4 - 2; - 2 - 0) = (2;2; - 2)\) và \(\overrightarrow {{n_P}} = (1; - 1;1)\) làm cặp vecto chỉ phương.

Vecto pháp tuyến của (Q) là \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = (0; - 2; - 2)\).

Phương trình tổng quát của (Q) là:

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

Vậy a + b + c = 0 + (-1) + (-1) = -2.

Từ hàm a(t), tìm v(t) và s(t) dựa vào nguyên hàm.

Tìm \({t_0}\) để \(v({t_0})\) lớn nhất và tính \(s({t_0})\).

\(v(t) = \int {a(t)dt} = \int {\left( {6 - 2t} \right)dt} = 6t - {t^2} + C\).

Vì ở thời điểm t = 0 thì ô tô dang dừng nên ta có \(v(0) = 0 \Leftrightarrow 6.0 - {0^2} + C = 0 \Leftrightarrow C = 0\).

Suy ra \(v(t) = 6t - {t^2}\).

\(s(t) = \int {v(t)dt} = \int {\left( {6t - {t^2}} \right)dt} = 3{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3} + C'\).

Vì ở thời điểm t = 0 thì ô tô dang dừng nên ta có \(s(0) = 0 \Leftrightarrow {3.0^2} - \frac{{{0^3}}}{3} + C' = 0 \Leftrightarrow C' = 0\).

Suy ra \(s(t) = 3{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3}\).

Xét hàm \(v(t) = 6t - {t^2}\), ta có \(v'(t) = a(t) = 6 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 3\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra vận tốc ô tô lớn nhất khi t = 3.

Khi đó, quãng đường ô tô chuyển động được là \(s(3) = {3.3^2} - \frac{{{3^3}}}{3} = 18\) (m).