[Đề thi, đề kiểm tra Toán Lớp 12 Chân trời sáng tạo] Đề thi giữa kì 2 Toán 12 Chân trời sáng tạo - Đề số 1
Bài học này tập trung vào đề thi giữa kỳ 2 môn Toán 12, sách Chân trời sáng tạo - Đề số 1. Mục tiêu chính là giúp học sinh ôn tập, củng cố kiến thức và kỹ năng giải đề thi trong thời gian ngắn nhất. Bài học cung cấp đầy đủ nội dung đề thi, đáp án chi tiết và hướng dẫn giải, giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và các dạng bài tập thường gặp.
2. Kiến thức và kỹ năngHọc sinh sẽ được ôn tập và củng cố các kiến thức trọng tâm trong chương trình Toán 12, bao gồm:
Giải tích: Giải tích tích phân, đạo hàm, cực trị, nguyên hàm, tích phân, ứng dụng tích phânu2026 Hình học: Phương trình mặt cầu, mặt phẳng, đường thẳng trong không gian, các dạng bài tập về mặt phẳng, đường thẳngu2026 Số phức: Các phép toán trên số phức, phương trình bậc hai với hệ số phức, ứng dụng của số phứcu2026 Kỹ năng giải bài toán: Phân tích đề bài, lựa chọn phương pháp giải phù hợp, trình bày lời giải một cách logic và chính xác. 3. Phương pháp tiếp cậnBài học được tổ chức theo cách thức sau:
Phân tích đề: Khai thác chi tiết mỗi câu hỏi trong đề thi, phân loại các dạng bài tập và chỉ ra các kiến thức liên quan. Hướng dẫn giải: Cung cấp lời giải chi tiết cho từng câu hỏi, bao gồm các bước giải và công thức cần sử dụng. Ví dụ minh họa: Sử dụng các ví dụ cụ thể để giải thích rõ ràng các khái niệm và kỹ thuật giải toán. Bài tập thực hành: Bao gồm một số bài tập tương tự trong đề thi để học sinh tự luyện tập và củng cố kiến thức. 4. Ứng dụng thực tếKiến thức và kỹ năng trong bài học này có thể được áp dụng vào nhiều lĩnh vực thực tế như:
Kỹ thuật: Tính toán thể tích vật thể, thiết kế hình họcu2026 Kinh tế: Phân tích dữ liệu, dự báo, tối ưu hóau2026 Khoa học tự nhiên: Mô hình hóa các hiện tượng tự nhiênu2026 5. Kết nối với chương trình họcBài học này liên kết với tất cả các bài học trong chương trình Toán 12, đặc biệt là các bài học về giải tích và hình học. Học sinh cần hiểu rõ các khái niệm cơ bản để có thể giải quyết các bài toán phức tạp hơn trong đề thi.
6. Hướng dẫn học tậpĐể học tập hiệu quả, học sinh nên:
Đọc kỹ đề bài:
Hiểu rõ yêu cầu của mỗi câu hỏi.
Phân tích từng bước giải:
Xác định các công thức, phương pháp giải cần sử dụng.
Ghi chú lại các kiến thức trọng tâm:
Củng cố kiến thức và kỹ năng.
Thực hành giải bài tập:
Làm nhiều bài tập tương tự để nâng cao kỹ năng.
So sánh kết quả với đáp án:
Nhận biết và sửa lỗi sai.
Tìm hiểu thêm các tài liệu tham khảo:
Nâng cao kiến thức và kỹ năng.
Thảo luận với bạn bè và giáo viên:
Chia sẻ kinh nghiệm và kiến thức.
1. Đề thi
2. Toán 12
3. Chân trời sáng tạo
4. Giữa kỳ 2
5. Đề số 1
6. Giải tích
7. Hình học
8. Số phức
9. Tích phân
10. Đạo hàm
11. Cực trị
12. Nguyên hàm
13. Phương trình mặt cầu
14. Mặt phẳng
15. Đường thẳng
16. Không gian
17. Ứng dụng tích phân
18. Phép toán số phức
19. Phương trình bậc hai
20. Kỹ năng giải toán
21. Ôn tập
22. Kiến thức trọng tâm
23. Bài tập thực hành
24. Hướng dẫn giải
25. Đáp án
26. Ví dụ minh họa
27. Kỹ thuật giải toán
28. Phương pháp giải
29. Công thức toán
30. Chương trình Toán 12
31. Tài liệu học tập
32. Ôn thi
33. Thi giữa kỳ
34. Học sinh lớp 12
35. Sách giáo khoa
36. Bài tập tương tự
37. Kiến thức cơ bản
38. Lời giải chi tiết
39. Củng cố kiến thức
40. Nâng cao điểm số
Đề bài
Hàm số F(x) = lnx là nguyên hàm của hàm số nào sau đây trên khoảng \((0; + \infty )\)?
-
A.
\(f(x) = \frac{1}{{{x^2}}}\)
-
B.
\(f(x) = - \frac{1}{x}\)
-
C.
\(f(x) = \frac{1}{x}\)
-
D.
\(f(x) = - \frac{1}{{{x^2}}}\)
Hàm số \(F(x) = 2{x^9} + 1945\) là nguyên hàm của hàm số
-
A.
\(f(x) = 18{x^8}\)
-
B.
\(f(x) = 18{x^8} + 1945\)
-
C.
\(f(x) = 18{x^8} + C\)
-
D.
\(f(x) = \frac{{{x^{10}}}}{5} + 1945x\)
Cho \(\int\limits_2^3 {f(x)dx} = 1\) và \(\int\limits_2^3 {g(x)dx} = 4\). Khi đó \(\int\limits_2^3 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} \) bằng
-
A.
5
-
B.
3
-
C.
-3
-
D.
4
Cho F(x) là nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}\) thỏa mãn F(1) = 0. Tìm F(x).
-
A.
\(F(x) = {x^5} - \frac{3}{{2{x^2}}} + \frac{1}{2}\)
-
B.
\(F(x) = {x^5} - \frac{3}{{2{x^2}}} + 2\)
-
C.
\(F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}\)
-
D.
\(F(x) = {x^5} + \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{3}{2}\)
Tính \(\int\limits_0^2 {\left( {6{x^2} - 2x} \right)dx} \) được kết quả bằng
-
A.
11
-
B.
12
-
C.
8
-
D.
6
Đồ thị trong hình bên dưới là của hàm số y = f(x). Gọi S là diện tích hình phẳng phần gạch chéo trong hình. Chọn khẳng định đúng.
-
A.
\(S = \int\limits_{ - 2}^0 {f(x)dx} + \int\limits_0^1 {f(x)dx} \)
-
B.
\(S = \int\limits_{ - 2}^0 {f(x)dx} - \int\limits_0^1 {f(x)dx} \)
-
C.
\(S = \int\limits_0^{ - 2} {f(x)dx} + \int\limits_0^1 {f(x)dx} \)
-
D.
\(S = \int\limits_{ - 2}^1 {f(x)dx} \)
Trong không gian Oxyz , vecto chỉ phương của đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3t\\z = 1 + t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\) là
-
A.
\(\overrightarrow u = (2;3;1)\)
-
B.
\(\overrightarrow u = (1;3;1)\)
-
C.
\(\overrightarrow u = (3;2;1)\)
-
D.
\(\overrightarrow u = (2;3; - 1)\)
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng nào dưới đây đi qua gốc tọa độ?
-
A.
x + 20 = 0
-
B.
x – 2019 = 0
-
C.
y + 5 = 0
-
D.
2x + 5y – 8z = 0
Trong không gian Oxyz , xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu (S) có phương trình \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9\).
-
A.
I(1;4;-2), R = 3
-
B.
(-1;-4;2), R = 3
-
C.
(1;4;-2), R = 9
-
D.
I(-1;-4;2), R = 9
Góc giữa hai mặt phẳng (P): x + 2y + z – 1 = 0 và (Q): -x + y + 2z + 2 = 0 bằng
-
A.
\({30^o}\)
-
B.
\({45^o}\)
-
C.
\({60^o}\)
-
D.
\({90^o}\)
Cho điểm A(4;0;1) và B(-2;2;3). Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có một vecto pháp tuyến là
-
A.
\(\overrightarrow n = (3; - 1; - 1)\)
-
B.
\(\overrightarrow n = (2;2;2)\)
-
C.
\(\overrightarrow n = (1;1;2)\)
-
D.
\(\overrightarrow n = (6;2;2)\)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng (P), (Q), (R) tương ứng có phương trình là 2x + 6y – 4z + 8 = 0, 5x + 15y – 10z + 20 = 0 và 6x + 18y – 12z – 24 = 0. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
-
A.
(P) // (Q)
-
B.
(P) cắt (Q)
-
C.
(Q) cắt (R)
-
D.
(R) // (P)
a) Hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2}\); \(y = \sqrt x \).
b) Diện tích hình phẳng tô màu trong hình vẽ là \(\frac{1}{3}\).
c) Thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox là \(\pi \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)dx} \).
d) Thể tích V của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (P): \(y = {x^2}\); (C): \(y = \sqrt x \) quanh trục Oy bằng \(\frac{{3\pi }}{{10}}\).
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): 3x − my + 1 = 0 và (Q): 5y + 12z + 3 = 0.
a) Tồn tại giá trị m để hai mặt phẳng (P ) và (Q) song song với nhau.
b) Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau khi m = 0.
c) Với m = 4 thì góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) gần bằng \(42,{4^o}\).
d) Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng \({60^o}\) khi và chỉ khi \(m = \pm \frac{{39}}{{\sqrt {407} }}\).
Tại một lễ hội dân gian hàng năm, tốc độ thay đổi lượng khách tham dự được biểu diễn bằng hàm số \(Q(t) = 8{t^3} - 144{t^2} + 576t\), trong đó t tính bằng giờ \((0 \le t \le 14)\), Q’(t) tính bằng khách/giờ. Sau 1 giờ đã có 300 người có mặt. Hỏi số lượng khách tham dự đông nhất trong vòng 14 giờ là bao nhiêu?
Đáp án:
Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị vận tốc là một đường parabol có đỉnh I(3;10) và trục đối xứng vuông góc với trục hoành như hình vẽ. Tính quãng đường vật di chuyển được trong nửa thời gian sau của chuyển động đó (kết quả làm tròn đến hàng phần chục và tính theo đơn vị km).
Đáp án:
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (Oyz) là mặt phẳng nằm ngang. Một đường ống nước thẳng đi qua hai điểm A(-1;1;2), B(2;1;3). Hỏi đường ống nước nói trên nghiêng bao nhiêu độ so với mặt phẳng nằm ngang (kết quả làm tròn đến độ)?
Đáp án:
Một phần sân nhà bác An có dạng hình thang ABCD vuông tại A và B với độ dài AB = 9 m, AD = 5 m và BC = 6 m như hình vẽ. Theo thiết kế ban đầu thì mặt sân bằng phẳng và A, B, C, D có độ cao như nhau. Sau đó bác An thay đổi thiết kế để nước có thể thoát về phía góc sân ở vị trí C bằng cách giữ nguyên độ cao ở A, giảm độ cao của sân ở vị trí B và D xuống thấp hơn độ cao ở A lần lượt là 6 cm và 3,6 cm. Để mặt sân sau khi lát gạch vẫn là bề mặt phẳng thì bác An cần phải giảm độ cao ở C xuống bao nhiêu cm so với độ cao ở A (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)?
Đáp án:
Lời giải và đáp án
Hàm số F(x) = lnx là nguyên hàm của hàm số nào sau đây trên khoảng \((0; + \infty )\)?
-
A.
\(f(x) = \frac{1}{{{x^2}}}\)
-
B.
\(f(x) = - \frac{1}{x}\)
-
C.
\(f(x) = \frac{1}{x}\)
-
D.
\(f(x) = - \frac{1}{{{x^2}}}\)
Đáp án : C
F(x) là nguyên hàm của f(x) nếu F’(x) = f(x).
Ta có \(F'(x) = (\ln x)' = \frac{1}{x}\) nên F(x) là nguyên hàm của \(f(x) = \frac{1}{x}\).
Hàm số \(F(x) = 2{x^9} + 1945\) là nguyên hàm của hàm số
-
A.
\(f(x) = 18{x^8}\)
-
B.
\(f(x) = 18{x^8} + 1945\)
-
C.
\(f(x) = 18{x^8} + C\)
-
D.
\(f(x) = \frac{{{x^{10}}}}{5} + 1945x\)
Đáp án : A
F(x) là nguyên hàm của f(x) nếu F’(x) = f(x).
Ta có \(F'(x) = \left( {2{x^9} + 1945} \right)' = 18{x^8}\) nên F(x) là nguyên hàm của \(f(x) = 18{x^8}\).
Cho \(\int\limits_2^3 {f(x)dx} = 1\) và \(\int\limits_2^3 {g(x)dx} = 4\). Khi đó \(\int\limits_2^3 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} \) bằng
-
A.
5
-
B.
3
-
C.
-3
-
D.
4
Đáp án : A
Áp dụng tính chất của tích phân \(\int\limits_a^b {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^b {g(x)dx} \).
\(\int\limits_2^3 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_2^3 {f(x)dx} + \int\limits_2^3 {g(x)dx} = 1 + 4 = 5\).
Cho F(x) là nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}\) thỏa mãn F(1) = 0. Tìm F(x).
-
A.
\(F(x) = {x^5} - \frac{3}{{2{x^2}}} + \frac{1}{2}\)
-
B.
\(F(x) = {x^5} - \frac{3}{{2{x^2}}} + 2\)
-
C.
\(F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}\)
-
D.
\(F(x) = {x^5} + \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{3}{2}\)
Đáp án : C
Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).
\(F(x) = \int {f(x)dx} = \int {\left( {5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)dx} = \int {\left( {5{x^4} + {x^{ - 3}}} \right)dx} = 5.\frac{{{x^{4 + 1}}}}{{4 + 1}} + \frac{{{x^{ - 3 + 1}}}}{{ - 3 + 1}} + C\)
\( = 5.\frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{{x^{ - 2}}}}{{ - 2}} + C = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\).
\(F(1) = 0 \Leftrightarrow {1^5} - \frac{1}{{{{2.1}^2}}} + C = 0 \Leftrightarrow C = - \frac{1}{2}\).
Vậy \(F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}\).
Tính \(\int\limits_0^2 {\left( {6{x^2} - 2x} \right)dx} \) được kết quả bằng
-
A.
11
-
B.
12
-
C.
8
-
D.
6
Đáp án : B
Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).
Áp dụng tính chất của tích phân \(\int\limits_a^b {\left[ {f(x) - g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} - \int\limits_a^b {g(x)dx} \).
\(\int\limits_0^2 {\left( {6{x^2} - 2x} \right)dx} = \left( {6.\frac{{{x^3}}}{3} - 2.\frac{{{x^2}}}{2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^2}\\{_0}\end{array}} \right. = \left( {2{x^3} - {x^2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^2}\\{_0}\end{array}} \right. = {2.2^3} - {2^2} = 12\).
Đồ thị trong hình bên dưới là của hàm số y = f(x). Gọi S là diện tích hình phẳng phần gạch chéo trong hình. Chọn khẳng định đúng.
-
A.
\(S = \int\limits_{ - 2}^0 {f(x)dx} + \int\limits_0^1 {f(x)dx} \)
-
B.
\(S = \int\limits_{ - 2}^0 {f(x)dx} - \int\limits_0^1 {f(x)dx} \)
-
C.
\(S = \int\limits_0^{ - 2} {f(x)dx} + \int\limits_0^1 {f(x)dx} \)
-
D.
\(S = \int\limits_{ - 2}^1 {f(x)dx} \)
Đáp án : B
Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) liên tục trên [a;b] và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng công thức \(S\int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \).
Quan sát hình vẽ, phần tô đậm được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và trục hoành y = 0. Trên [-2;0] ta thấy \(f(x) \ge 0\) và trên [0;1] ta thấy \(f(x) \le 0\).
Diện tích hình phẳng được tô đậm là
\(S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f(x) - 0} \right|dx} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f(x)} \right|dx} = \int\limits_{ - 2}^0 {f(x)dx} - \int\limits_0^1 {f(x)dx} \).
Trong không gian Oxyz , vecto chỉ phương của đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3t\\z = 1 + t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\) là
-
A.
\(\overrightarrow u = (2;3;1)\)
-
B.
\(\overrightarrow u = (1;3;1)\)
-
C.
\(\overrightarrow u = (3;2;1)\)
-
D.
\(\overrightarrow u = (2;3; - 1)\)
Đáp án : A
Đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\) đi qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u = (2;3;1)\) làm một vecto chỉ phương.
Vecto chỉ phương của đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3t\\z = 1 + t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\) là \(\overrightarrow u = (2;3;1)\).
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng nào dưới đây đi qua gốc tọa độ?
-
A.
x + 20 = 0
-
B.
x – 2019 = 0
-
C.
y + 5 = 0
-
D.
2x + 5y – 8z = 0
Đáp án : D
Thay tọa độ O(0;0;0) vào từng phương trình mặt phẳng. Nếu thỏa mãn phương trình thì mặt phẳng đó đi qua gốc tọa độ.
Ta thấy 2.0 + 5.0 – 8.0 = 0 nên O(0;0;0) thuộc mặt phẳng 2x + 5y – 8z = 0.
Trong không gian Oxyz , xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu (S) có phương trình \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9\).
-
A.
I(1;4;-2), R = 3
-
B.
(-1;-4;2), R = 3
-
C.
(1;4;-2), R = 9
-
D.
I(-1;-4;2), R = 9
Đáp án : A
Đường tròn tâm I(a;b;c), bán kính R có phương trình \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z + c} \right)^2} = {R^2}\).
Đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9\) có tâm I(1;4;-2) và bán kính R = 3.
Góc giữa hai mặt phẳng (P): x + 2y + z – 1 = 0 và (Q): -x + y + 2z + 2 = 0 bằng
-
A.
\({30^o}\)
-
B.
\({45^o}\)
-
C.
\({60^o}\)
-
D.
\({90^o}\)
Đáp án : C
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) tương ứng có các vectơ pháp tuyến là \(\vec n{\rm{\;}} = \left( {A;B;C} \right),\vec n'{\rm{\;}} = \left( {A';B';C'} \right)\). Khi đó, góc giữa (P) và (Q), kí hiệu là ((P), (Q)) được tính theo công thức:
\(\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {AA' + BB' + CC'} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} .\sqrt {A{'^2} + B{'^2} + C{'^2}} }}\).
\(\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {1.( - 1) + 2.1 + 1.2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} .\sqrt {{{( - 1)}^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {(P),(Q)} \right) = {60^o}\).
Cho điểm A(4;0;1) và B(-2;2;3). Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có một vecto pháp tuyến là
-
A.
\(\overrightarrow n = (3; - 1; - 1)\)
-
B.
\(\overrightarrow n = (2;2;2)\)
-
C.
\(\overrightarrow n = (1;1;2)\)
-
D.
\(\overrightarrow n = (6;2;2)\)
Đáp án : A
Mặt phẳng trung trực của AB vuông góc với đường thẳng AB nên nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm một vecto pháp tuyến.
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nhận một vecto cùng phương với \(\overrightarrow {AB} = ( - 2 - 4;2 - 0;3 - 1) = ( - 6;2;2)\) làm vecto pháp tuyến.
Ta có \(\overrightarrow n = (3; - 1; - 1) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \) là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của AB.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng (P), (Q), (R) tương ứng có phương trình là 2x + 6y – 4z + 8 = 0, 5x + 15y – 10z + 20 = 0 và 6x + 18y – 12z – 24 = 0. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
-
A.
(P) // (Q)
-
B.
(P) cắt (Q)
-
C.
(Q) cắt (R)
-
D.
(R) // (P)
Đáp án : D
Xét tỉ lệ các hệ số.
Các vecto pháp tuyến tương ứng với ba mặt phẳng (P), (Q), (R) là \(\overrightarrow {{n_P}} = (2;6; - 4)\), \(\overrightarrow {{n_Q}} = (5;15; - 10)\) và \(\overrightarrow {{n_R}} = (6;18; - 12)\).
Mà \(\frac{5}{2} = \frac{{15}}{6} = \frac{{ - 10}}{{ - 4}} = \frac{{20}}{8}\) nên (P) trùng (Q).
Lại có \(\frac{6}{2} = \frac{{18}}{6} = \frac{{ - 12}}{{ - 4}} \ne \frac{{ - 24}}{8}\) nên (P) // (R).
a) Hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2}\); \(y = \sqrt x \).
b) Diện tích hình phẳng tô màu trong hình vẽ là \(\frac{1}{3}\).
c) Thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox là \(\pi \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)dx} \).
d) Thể tích V của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (P): \(y = {x^2}\); (C): \(y = \sqrt x \) quanh trục Oy bằng \(\frac{{3\pi }}{{10}}\).
a) Hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2}\); \(y = \sqrt x \).
b) Diện tích hình phẳng tô màu trong hình vẽ là \(\frac{1}{3}\).
c) Thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox là \(\pi \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)dx} \).
d) Thể tích V của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (P): \(y = {x^2}\); (C): \(y = \sqrt x \) quanh trục Oy bằng \(\frac{{3\pi }}{{10}}\).
Cho hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số liên tục trên [a;b] y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b.
a) Quan sát đồ thị và nhận xét.
b) Áp dụng công thức tính diện tích của hình phẳng \(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \).
c) Áp dụng công thức tính thể tích vật thể quay quanh trục Ox \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}(x) - {g^2}(x)} \right|dx} \).
d) Cho hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số liên tục trên [a;b] x = f(y), x = g(y), đường thẳng y = a, y = b.
Áp dụng công thức tính thể tích vật thể quay quanh trục Oy \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}(y) - {g^2}(y)} \right|dx} \).
a) Đúng. Hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2}\); \(y = \sqrt x \).
b) Đúng. Quan sát khoảng (0;1), thấy đồ thị \(y = \sqrt x \) nằm phía trên đồ thị \(y = {x^2}\).
Do đó, trong khoảng (0;1) ta có \(\sqrt x > {x^2}\).
Diện tích hình phẳng tô màu trong hình vẽ là:
\(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - \sqrt x } \right|dx} = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)dx} = \left( {\frac{2}{3}.{x^{\frac{3}{2}}} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_0}\end{array} = \frac{2}{3}{{.1}^{\frac{3}{2}}} - \frac{{{1^3}}}{3}} \right. = \frac{1}{3}\).
c) Sai. Thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox là:
\({V_1} = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {{\left( {{x^2}} \right)}^2}} \right|dx} = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {{\left( {{x^2}} \right)}^2}} \right]dx} = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {x - {x^4}} \right]dx} \).
d) Đúng. Vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường thẳng \(x = \sqrt y \) và \(x = {y^2}\) quanh trục Oy.
Quan sát đồ thị, ta thấy trong khoảng giá trị (0;1) của y, giá trị x của hàm số \(x = \sqrt y \) lớn hơn giá trị x của hàm số \(x = {y^2}\). Do đó \(\sqrt y > {y^2}\).
Thể tích của vật đó là: \(V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {\sqrt y } \right)}^2} - {{\left( {{y^2}} \right)}^2}} \right|dx} = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {{{\left( {\sqrt y } \right)}^2} - {{\left( {{y^2}} \right)}^2}} \right]dx} = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {y - {y^4}} \right]dx} = \frac{{3\pi }}{{10}}\).
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): 3x − my + 1 = 0 và (Q): 5y + 12z + 3 = 0.
a) Tồn tại giá trị m để hai mặt phẳng (P ) và (Q) song song với nhau.
b) Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau khi m = 0.
c) Với m = 4 thì góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) gần bằng \(42,{4^o}\).
d) Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng \({60^o}\) khi và chỉ khi \(m = \pm \frac{{39}}{{\sqrt {407} }}\).
a) Tồn tại giá trị m để hai mặt phẳng (P ) và (Q) song song với nhau.
b) Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau khi m = 0.
c) Với m = 4 thì góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) gần bằng \(42,{4^o}\).
d) Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng \({60^o}\) khi và chỉ khi \(m = \pm \frac{{39}}{{\sqrt {407} }}\).
Xác định vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng và áp dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vecto.
a) Sai. \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = (3; - m;0)\) và \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = (0;5;12)\).
Để (P) // (Q) thì \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = k\overrightarrow {{n_{(Q)}}} \Leftrightarrow (3; - m;0) = k(0;5;12)\), mà không có giá trị k nào thỏa mãn.
Vậy không có giá trị k nào để (P) // (Q).
b) Đúng. Để \((P) \bot (Q) \Leftrightarrow \overrightarrow {{n_{(P)}}} .\overrightarrow {{n_{(Q)}}} = 0 \Leftrightarrow 3.0 - m.5 + 0.12 = 0 \Leftrightarrow m = 0\).
c) Sai. \(\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {3.0 - m.5 + 0.12} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{( - m)}^2} + {0^2}} .\sqrt {{0^2} + {5^2} + {{12}^2}} }}\)
\( = \frac{{\left| {3.0 - 4.5 + 0.12} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{( - 4)}^2} + {0^2}} .\sqrt {{0^2} + {5^2} + {{12}^2}} }} = \frac{{20}}{{5.13}} = \frac{4}{{13}}\).
\( \Rightarrow \cos \left( {(P),(Q)} \right) \approx 72,{08^o}\).
d) Sai. \(\cos {60^o} = \frac{{\left| {3.0 - m.5 + 0.12} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{( - m)}^2} + {0^2}} .\sqrt {{0^2} + {5^2} + {{12}^2}} }} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = \frac{{\left| {5m} \right|}}{{13\sqrt {{m^2} + 9} }}\)
\( \Leftrightarrow 13\sqrt {{m^2} + 9} = 10\left| m \right| \Leftrightarrow 169\left( {{m^2} + 9} \right) = 100{m^2} \Leftrightarrow 69{m^2} = - 1521\) (vô nghiệm).
Tại một lễ hội dân gian hàng năm, tốc độ thay đổi lượng khách tham dự được biểu diễn bằng hàm số \(Q(t) = 8{t^3} - 144{t^2} + 576t\), trong đó t tính bằng giờ \((0 \le t \le 14)\), Q’(t) tính bằng khách/giờ. Sau 1 giờ đã có 300 người có mặt. Hỏi số lượng khách tham dự đông nhất trong vòng 14 giờ là bao nhiêu?
Đáp án:
Đáp án:
Tìm nguyên hàm Q(t) của Q’(t) và tìm giá trị lớn nhất của Q(t) trên đoạn [0;14].
Hàm số biểu diễn số lượng khách sau t giờ là:
\(Q(t) = \int {Q'(t)dt} = \int {\left( {8{t^3} - 144{t^2} + 576t} \right)dt} = 8.\frac{{{t^4}}}{4} - 144.\frac{{{t^3}}}{3} + 576.\frac{{{t^2}}}{2} + C = 2{t^4} - 48{t^3} + 288{t^2} + C\).
Vì sau 1 giờ có 300 người có mặt nên \(Q(1) = 300 \Leftrightarrow {2.1^4} - {48.1^3} + {288.1^2} + C = 300 \Leftrightarrow C = 58\).
Suy ra \(Q(t) = 2{t^4} - 48{t^3} + 288{t^2} + 58\).
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của Q(t) trên đoạn [0;14].
Xét \(Q'(t) = 0 \Leftrightarrow 8{t^3} - 144{t^2} + 576t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 12\\t = 6\\t = 0\end{array} \right.\).
Ta có: \(Q(0) = 58\); \(Q(6) = 2650\); \(Q(12) = 58\); \(Q(14) = 1626\).
Do đó Q(6) = 2650 là giá trị lớn nhất của \(Q(t) = 2{t^4} - 48{t^3} + 288{t^2} + 58\) trên đoạn [0;14].
Như vậy số lượng khách tham dự đông nhất trong vòng 14 giờ là 2650.
Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị vận tốc là một đường parabol có đỉnh I(3;10) và trục đối xứng vuông góc với trục hoành như hình vẽ. Tính quãng đường vật di chuyển được trong nửa thời gian sau của chuyển động đó (kết quả làm tròn đến hàng phần chục và tính theo đơn vị km).
Đáp án:
Đáp án:
Tìm hàm v(t) biểu diễn vận tốc theo thời gian t và tính \(\int\limits_2^4 {v(t)dt} \).
Đồ thị hàm vận tốc là một đường parabol có bề lõm hướng xuống dưới nên hàm vận tốc có dạng \(v(t) = a{t^2} + bt + c\) \((a < 0)\).
Parabol đi qua điểm có tọa độ (0;1) và có đỉnh I(3;10) nên ta có hệ:
\(\left\{ \begin{array}{l}1 = a{.0^2} + b.0 + c\\10 = a{.3^2} + b.3 + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\9a + 3b = 9\\6a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a = - 1\\b = 6\end{array} \right. \Rightarrow v(t) = - {t^2} + 6t + 1\).
Quãng đường vật đi được trong nửa thời gian sau của chuyển động là:
\(s(t) = \int\limits_2^4 {v(t)dt} = \int\limits_2^4 {\left( { - {t^2} + 6t + 1} \right)dt} = \left( { - \frac{{{t^3}}}{3} + 3{t^2} + t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^4}\\{_2}\end{array}} \right. = \frac{{58}}{3} \approx 19,3\) (km).
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (Oyz) là mặt phẳng nằm ngang. Một đường ống nước thẳng đi qua hai điểm A(-1;1;2), B(2;1;3). Hỏi đường ống nước nói trên nghiêng bao nhiêu độ so với mặt phẳng nằm ngang (kết quả làm tròn đến độ)?
Đáp án:
Đáp án:
Tính góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (Oyz).
Mặt phẳng (Oyz) có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow i = (1;0;0)\).
Đường thẳng AB nhận \(\overrightarrow {AB} = (2 + 1;1 - 1;3 - 2) = (3;0;1)\) làm vecto chỉ phương.
Gọi góc giữa đường ống nước và mặt phẳng nằm ngang là \(\alpha \).
Ta có \(\sin \alpha = \frac{{\left| {3.1 + 0.0 + 1.0} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2} + {0^2}} .\sqrt {{3^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt {10} }} \Rightarrow \alpha \approx {72^o}\).
Một phần sân nhà bác An có dạng hình thang ABCD vuông tại A và B với độ dài AB = 9 m, AD = 5 m và BC = 6 m như hình vẽ. Theo thiết kế ban đầu thì mặt sân bằng phẳng và A, B, C, D có độ cao như nhau. Sau đó bác An thay đổi thiết kế để nước có thể thoát về phía góc sân ở vị trí C bằng cách giữ nguyên độ cao ở A, giảm độ cao của sân ở vị trí B và D xuống thấp hơn độ cao ở A lần lượt là 6 cm và 3,6 cm. Để mặt sân sau khi lát gạch vẫn là bề mặt phẳng thì bác An cần phải giảm độ cao ở C xuống bao nhiêu cm so với độ cao ở A (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)?
Đáp án:
Đáp án:
Tìm tọa độ của các điểm A, B, D và lập phương trình mặt phẳng (ABD).
Tìm cao độ điểm C sao cho C thuộc mặt phẳng (ABD).
Gọi độ cao của các điểm A, B, C, D lần lượt là \({z_A}\), \({z_B}\), \({z_C}\), \({z_D}\).
Theo đề bài, ta có: \({z_A} = {z_B} = {z_D} = 0.\)
Sau khi điều chỉnh, độ cao của các điểm B, D được thay đổi như sau:
\({z_B} = - 0,06\), \({z_D} = - 0,036\).
Để mặt sân sau khi lát gạch là một mặt phẳng, ta cần lập phương trình mặt phẳng (ABCD) đi qua ba điểm \(A(0;0;0)\), \(B(9;0; - 0,06)\), \(D(0;5; - 0,036)\).
Phương trình mặt phẳng có dạng: \(Ax + By + Cz + D = 0.\)
Vì mặt phẳng đi qua \(A(0;0;0)\), thay \(A(0;0;0)\) vào phương trình ta được D = 0.
Do đó, phương trình mặt phẳng có dạng: \(Ax + By + Cz = 0.\)
Tính hai vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AD} \): \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = (9;0; - 0,06)\), \(\overrightarrow {AD} {\rm{\;}} = \left( {0;5; - 0,036} \right)\).
Tích có hướng của \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AD} \):
\(\left( {0.( - 0,036) - ( - 0,06).5;( - 0,06).0 - 9.( - 0,036);9.5 - 0.0} \right) = (0,3;0,324;45)\).
Ta có phương trình mặt phẳng: \(0,3x + 0,324y + 45z = 0\).
Thay tọa độ \(C(9;6;{z_C})\) vào phương trình:
\(0,3.(9) + 0,324.(6) + 45{z_C} = 0 \Leftrightarrow 2,7 + 1,944 + 45{z_C} = 0 \Leftrightarrow {z_C} = {\rm{\;}} - 0,1032\) (m).
Vậy độ cao của điểm C cần giảm là: \({z_C} = - 0,1032{\rm{m}} \approx - 10,3{\rm{cm}}\).
Bác An cần hạ độ cao của điểm C xuống khoảng 10,3 cm so với độ cao của điểm A.
Áp dụng tính chất của tích phân: \(\int\limits_a^b {f(x)dx} = \int\limits_a^c {f(x)dx} + \int\limits_c^b {f(x)dx} \).
Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa: \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).
\(\int\limits_{ - 1}^2 {f(x)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x)dx} + \int\limits_1^2 {f(x)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {(2x - 1)dx} + \int\limits_1^2 {1dx} \)
\(\left( {{x^2} - x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_{ - 1}}\end{array}} \right. + x\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^2}\\{_1}\end{array}} \right. = \left( {{1^2} - 1} \right) - \left( {{{( - 1)}^2} - ( - 1)} \right) + 2 - 1 = 0 - 2 + 2 - 1 = - 1\).
Ứng dụng tích phân, tính diện tích mặt cắt khối bê tông.
Áp dụng công thức tính thể tích: V = Sh.
Gọi parabol giới hạn mặt cắt của khối bê tông lần lượt là (P) và (Q). Giả sử (P) là parabol nằm phía trên.
(P) đi qua điểm có tọa độ (10;0) và tọa độ đỉnh là (0;2,5) nên ta có hệ:
\(\left\{ \begin{array}{l}0 = a{.10^2} + b.10 + c\\\frac{5}{2} = a{.0^2} + b.0 + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = \frac{5}{2}\\b = 0\\100a + 10b = - 2,5\end{array} \right. \Rightarrow (P):y = - \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2} = 0\).
(Q) đi qua điểm có tọa độ (9,5;0) và tọa độ đỉnh là (0;2) nên ta có hệ:
\(\left\{ \begin{array}{l}0 = a.{\left( {\frac{{19}}{2}} \right)^2} + b.\frac{{19}}{2} + c\\2 = a{.0^2} + b.0 + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 2\\b = 0\\\frac{{361}}{4}a + \frac{{19}}{2}b = - 2\end{array} \right. \Rightarrow (Q):y = - \frac{8}{{361}}{x^2} + 2 = 0\).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục hoành là:
\({S_P} = \int\limits_{ - 10}^{10} {\left( { - \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2}} \right)dx} = \frac{{100}}{3}\).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (Q) và trục hoành là:
\({S_Q} = \int\limits_{ - 9,5}^{9,5} {\left( { - \frac{8}{{361}}{x^2} + 2} \right)dx} = \frac{{76}}{3}\).
Diện tích mặt cắt khối bê tông là:
\(S = {S_P} - {S_Q} = \frac{{100}}{3} - \frac{{76}}{3} = 8\) \(({m^2})\).
Thể tích khối bê tông là:
\(V = Sh = 8.5 = 40\) \(({m^3})\).
Gọi I(a;b;c) là điểm thỏa mãn \(3\overrightarrow {IA} + 5\overrightarrow {IB} - 7\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \).
Biến đổi biểu thức P theo điểm I.
Gọi điểm I(a;b;c) là điểm thỏa mãn \(3\overrightarrow {IA} + 5\overrightarrow {IB} - 7\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \).
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}3(1 - a) + 5( - 1 - a) - 7(3 - a) = 0\\3(1 - b) + 5(2 - b) - 7( - 1 - b) = 0\\3(1 - c) + 5(0 - c) - 7(2 - c) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 23\\b = 20\\c = - 11\end{array} \right. \Rightarrow I( - 23;20; - 11)\).
Ta có \(P = \left| {3\overrightarrow {MA} + 5\overrightarrow {MB} - 7\overrightarrow {MC} } \right|\)
\( = \left| {3\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {3IA} + 5\overrightarrow {MI} + 5\overrightarrow {BI} - 7\overrightarrow {MI} - 7\overrightarrow {IC} } \right|\)
\( = \left| {\overrightarrow {MI} + 3\overrightarrow {IA} + 5\overrightarrow {IB} - 7\overrightarrow {IC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI} } \right| = MI\).
P đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Mà M thuộc mặt phẳng \((\alpha )\) nên MI nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng \((\alpha )\), hay MI là khoảng cách từ I đến mặt phẳng \((\alpha )\).
Ta có \(d\left( {I;(\alpha )} \right) = \frac{{\left| {2.( - 23) - 1.20 + 2.( - 11) + 7} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} }} = 27\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 27.
Giải bài tập những môn khác
Môn Ngữ văn Lớp 12
Môn Toán học Lớp 12
Môn Vật lí Lớp 12
Môn Sinh học Lớp 12
Môn Hóa học Lớp 12
Môn Lịch sử Lớp 12
Môn Tiếng Anh Lớp 12
Lời giải và bài tập Lớp 12 đang được quan tâm
